Οι σημειώσεις αυτές έχουν ως ϐάση το υλικό που χρησιμοποίησα για την διδασκαλία της Άλγεβρας στην Α Λυκείου του Προτύπου Πειραματικού

Transcript

1

2 Protupo Peiramatiko Geniko Lukeio Euaggelikhc Sqolhc Smurnhc Taxh A, Algebra, Shmeiwseic v04 Kajhght c: N.S. Maurogi nnhc Oi shmei seic autèc eðnai gia sqolik qr sh. MporoÔn na anaparaqjoôn kai na dianemhjoôn eleôjera arkeð na mhn all xei h morf touc. Gia ton periorismì, twn anapìfeuktwn, laj n upìkeintai se suneqeðc diorj seic. Dianèmontai wc èqoun kai o sunt kthc touc den fèrei kamða eujônh gia tuqìn probl mata pou anakôyoun apì thn qr sh touc. 13 OktwbrÐou 2012 Stoiqeiojet jhkan me to LATEX.

3 PorfÔriou, Pujagìrou bðoc}

4 Προλεγόμενα Οι σημειώσεις αυτές έχουν ως ϐάση το υλικό που χρησιμοποίησα για την διδασκαλία της Άλγεβρας στην Α Λυκείου του Προτύπου Πειραματικού ΓενικούΛυκείου κατά το σχολικό έτος που έγινε σε συνεργασία με την καθηγήτρια Μαθηματικών της Σχολής Καλλιόπη Σιώπη (MEd στην Διδακτική των Μαθηματικών). Στηρίζονται στο επίσημο Αναλυτικό Πρόγραμμα αλλά για την ευχερέστερη διδασκαλία των εννοιών έχει προηγηθεί μία αναδιάταξη της διδασκόμενης ύλης. Ενα μεγάλο μέρος του 1ου κεφαλαίου δόθηκε στους μαθητές με την έναρξη των μαθημάτων. Τα υπόλοιπα μέρη των σημειώσεων στέλνονταν τμηματικά με ηλεκτρονικό ταχυδρομείο συνήθως μετά την παράδοση στην τάξη. Οι παράγραφοι και μετά διδάχθηκαν συνοπτικά. Οι ασκήσεις στο τέλος κάθε κεφαλαίου προστέθηκαν μετά την λήξη των μαθημάτων. Μερικές από αυτές περιέχουν υλικό εκτός της επίσημης διδακτέας ύλης. Προορίζονται κυρίως για να υποστηρίξουν τους Μαθηματικούς Ομίλους του σχολείου. Οσες ασκήσεις έχουν την ένδειξη «Από τις εξετάσεις του (ακολουθεί έ- τος)» προέρχονται από τις Πανελλήνιες εξετάσεις στα Μαθηματικά Θετικής Τεχνολογικής Κατεύθυνσης. Την απόδοση «ειρμός» για τον όρο «pattern» την οφείλω στον Καθηγητή Γεώργιο Μπαλόγλου. Οφείλω πολλές ευχαριστίες στις μαθήτριες και στους μαθητές του τμήματος Α1 ( ) του σχολείου μας για την συνεργασία αλλά και για την συμβολή τους στον περιορισμό των λαθών στις σημειώσεις. Ιδιαίτερες ευχαριστίες οφείλω στην Σπυριδούλα Ανδριοπούλου, τηντζίνα Καλογεροπούλου και τον Κωνσταντίνο Καρούζο. Καλοκαίρι του 2012, Μαθηματικός (PhD, MSc) i

5

6 Περιεχόμενα Προλεγόμενα i 1 Οι Πραγματικοί Αριθμοί ΟιΦυσικοίΑριθμοί ΟιΑκέραιοιΑριθμοί ΟάξοναςτωνΑκεραίων Οιάρτιοιαριθμοί Οιπεριττοίαριθμοί Μίασύνοψηστιςπράξεις Μερικές αποδείξεις Πολλαπλάσια,ΠρώτοικαιΣύνθετοι ΟιΡητοίΑριθμοί Τιείναιοιϱητοίαριθμοί Σύγκρισηϱητώναριθμών ΠράξειςμεταξύτωνΡητών ΟάξοναςτωνΡητών ΟιΠραγματικοίΑριθμοί Πως προκύπτουν οι Πραγματικοί Αριθμοί ΠράξειςστουςΠραγματικούςΑριθμούς ΘεμελιώδειςιδιότητεςτωνΠράξεων ΆλλεςΙδιότητεςτωνπράξεων Συντομεύσειςκαιπροτεραιότητες Δυνάμειςκαιπολλαπλάσια Ιδιότητες Δυνάμεων και Πολλαπλασίων Δείκτες ΗΔιάταξηστουςΠραγματικούς ΘεμελιώδειςιδιότητεςτηςΔιάταξης iii

7 Διάταξη και πράξεις Ακέραιες και δεκαδικές προσεγγίσεις ΤετραγωνικέςΡίζες ΗΓλώσσατηςΛογικής PonsAsinorum Προτάσεις ΠροτασιακοίΤύποι ΗΣυνεπαγωγή ΗΙσοδυναμία ΗΣύζευξη ΗΔιάζευξη ΗΆρνηση Αποδείξεις Σύνολα και Πιθανότητες Σύνολα Ηέννοιατουσυνόλου Ηέννοιατουανήκειν Αναγραφή, περιγραφή και ϐασικά σύνολα αριθμών Ισασύνολα.Υποσύνολα Τοκενόσύνολο.Τοϐασικόσύνολο ΤοΔυναμοσύνολοενόςσυνόλου ΤαδιαγράμματαEuler-Venn Διαστήματα στο R Πράξειςμεταξύσυνόλων Ητομήδύοσυνόλων Ηένωσηδύοσυνόλων Ηδιαφοράδύοσυνόλων Συμπλήρωμασυνόλου Ιδιότητεςτωνπράξεωνσυνόλων Απαρίθμηση και Πληθάριθμοι Πιθανότητες Ηέννοιατηςπιθανότητας Ο κλασικός ορισμός της πιθανότητας Μερικάπαραδείγματα Πράξειςκαισχέσειςμεταξύενδεχομένων Η σχέση που περιέχεσθαι : Αν A τότε B Το συμπλήρωμα : όχι A Η τομή : A και B Η ένωση : A ή B Η διαφορα : A καί όχι B Ενα ϐασικό παράδειγμα με πολλές λύσεις

8 3 Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις Ταυτότητες Οι ταυτότητες (α ± β) 2 = α 2 ± 2αβ + β Οι ταυτότητες (α ± β) 3 = α 3 ± 3α 2 β + 3αβ 2 ± β α 2 β 2 =(α β)(β + α) καιϕίλοι Δύοιστορίεςγιααθροίσματα Αναλογίες Η έννοια της γεωμετρικής προόδου Συνθήκη ώστε ακολουθία να είναι γεωμετρική πρόοδος Υπολογισμός του ν-οστούόρου γεωμετρικής προόδου Η έννοια της αριθμητικής προόδου Συνθήκη ώστε ακολουθία να είναι αριθμητική πρόοδος Υπολογισμός του ν-οστούόρου αριθμητικής προόδου Άθροισμα ν πρώτων όρων προόδου Ανισότητες ΠρόσθεσηΑνισοτήτων Αθροίσματα μη αρνητικών αριθμών Πολλαπλασιασμόςανισοτήτων Μίαχρήσιμηισοδυναμία Συγκρίσεις Η «αντίθετη» και η «αντίστροφη» ανισότητας Ιδιότητεςτωντετραγωνικώνϱιζών Εξισώσεις Η εξίσωση αx + β = Εξισώσεις που ανάγονται στην εξισωση αx + β = Περιπαραμέτρων Η εξίσωση αx 2 + βx + γ = Εξισώσεις που ανάγονται στην εξίσωση αx 2 + βx + γ = ΟισχέσειςτουVieta Ανισώσεις Η ανίσωση αx + β > Κοινές λύσεις ανισοτήτων (συναλήθευση) Πρόσημο του αx + β, α Πρόσημογινομένων-πηλίκων Η ανίσωση αx 2 + βx + γ > 0, α Μορφές του τριωνύμου αx 2 + βx + γ > 0, α Πρόσημο του τριωνύμου αx 2 + βx + γ, α Επίλυση της ανίσωσης αx 2 + βx + γ > 0, α Συντεταγμένες και Συναρτήσεις Συντεταγμένες Απόλυτη Τιμή Πραγματικούαριθμού Απλοποίηση παραστάσεων που περιέχουν απόλυτες τιμές Εξισώσεις που περιέχουν απόλυτες τιμές

9 4.1.4 Ανισώσεις που περιέχουν απόλυτες τιμές ΑπόλυτηΤιμήκαιΠράξεις Απόλυτες τιμές και τετραγωνικές ϱίζες Απόστασηδύοαριθμών Συντεταγμένεςσημείωντουεπιπέδου Απόσταση δύο σημείων του επιπέδου Απότιςγραμμέςστιςεξισώσεις Οκύκλος Ηευθεία Συνάρτησεις Ηέννοιατηςσυνάρτησης Μερικοί τρόποι για να «ϐλέπουμε» τις συναρτήσεις Γιατοπεδίοορισμού Η συνάρτηση x ν Η έννοια της ν-οστήςϱίζας ν-οστέςϱίζεςκαιπράξεις ν-οστέςϱίζεςκαιδιάταξη Η εξίσωση x ν = α Δυνάμειςμεϱητόεκθέτη Η συνάρτηση f (x)=αx + β Η γεωμετρική σημασία των α, β Σχετικές ϑέσεις των ευθειών y = α 1 x + β 1, y = α 2 x + β Επιστροφή στην αx + β = 0 και στην αx + β > Η συνάρτηση f (x)= x Η συνάρτηση f (x)=αx 2 + βx + γ Ελάχιστο της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > Εχει η f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > 0 μέγιστο; Ρίζες της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > Άξονας συμμετρίας της f (x)=αx 2 + βx + γ Μονοτονία της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > Η f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α < Η f (x)=αx 2 + βx + γ. Μίασύνοψη Συμπληρωματικές Ασκήσεις Ασκήσειςστοκεφάλαιο Ασκήσειςστοκεφάλαιο Ασκήσειςστοκεφάλαιο Ασκήσειςστοκεφάλαιο Απαντήσεις στις Ασκήσεις 289

10 1 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Στο Γυμνάσιο έχετε γνωρίσει διάφορα είδη αριθμών. Θα τα ξαναθυμηθούμε. 1.1 Οι Φυσικοί Αριθμοί Είναιοιαριθμοί 0, 1, 2, 3, 4,... Ξεκινούν από το 0, ακολουθεί ο 1 που είναι ο επόμενος του 0, μετάο2 που είναι επόμενος του 1 κ.οκ. Κάθε ϕυσικός αριθμό έχει και ένα επόμενο. Επίσης κάθε ϕυσικός αριθμός διάφορος του μηδενός είναι επόμενος κάποιου ϕυσικού αριθμού. Ο 0 δεν είναι επόμενος κανενός ϕυσικούαριθμού. Ασκηση 1. Ποιος είναι ο επόμενος του ϕυσικούαριθμού2011; Του ; Του a; Τους ϕυσικούς αριθμούς μπορούμε να τους προσθέτουμε και να παίρνουμε πάλι ως αποτέλεσμα ϕυσικό αριθμό : = = = 71 Οταν προσθέτουμε τους αριθμούς 32 και 39 παίρνουμε το άθροισμα τους που είναι το 61. Τοάθροισμα δύο ϕυσικών αριθμών α, β είναι ο ϕυσικός αριθμός α + β. Η πράξη που εκτελέσαμε είναι η πρόσθεση και το αποτέλεσμα της είναι το άθροισμα. Επίσης τους ϕυσικούς αριθμούς μπορούμε να τους πολλαπλασιάζουμε. 2 3 = = = 1248 Οταν πολλαπλασιάζουμε δύο ϕυσικούς αριθμούς α, β παίρνουμε ένα άλλο ϕυσικό αριθμό α β που είναι το γινόμενο τους. Συχνά παραλείπουμε την τελεία γράφοντας αβ αντί α β. 1

11 Οι Φυσικοί Αριθμοί Ασκηση 2. Δύο ϕυσικοί αριθμοί α, β έχουν άθροισμα 6. πάρειτογινόμενοτους; Ποιες τιμές μπορεί να Με την πράξη της αφαίρεσης τα πράγματα είναι διαφορετικά : Ενώ 7 2 = 5 = ϕυσικός 2 7 = 5 δεν είναι ϕυσικός Γενικά αν έχουμε δύο ϕυσικούς αριθμούς α, β και σχηματίσουμε την διαφορά του β από τον α δηλαδή τον αριθμό α β αυτή μπορεί να είναι αλλά μπορεί και να μην είναι ϕυσικός αριθμός. Σε κάθε περίπτωση όμως κάποια από τις δύο διαφορές α β και β α ϑα είναι ϕυσικός αριθμός. Με μία άλλη διατύπωση : Αν οι α, β είναι ϕυσικοί αριθμοί τότε τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς α β και β α είναι ϕυσικός αριθμός. Με άλλα λόγια αν έχουμε δύο ϕυσικούς αριθμούς Ασκηση 3. Για τους ϕυσικούς αριθμούς α, β είναι γνωστό ότι και οι δύο διαφορές α β και β α είναι ϕυσικοί αριθμοί. Τι συμπέρασμα μπορούμε να ϐγάλουμε για τους αριθμούς α, β; Με την πράξη της διαίρεσης τα πράγματα είναι χειρότερα : 8 4 = 8 4 = 2 = ϕυσικός 4 8 = 4 8 = 1 = 0, 5 δεν είναι ϕυσικός = 8 = 1, 6 δεν είναι ϕυσικός = 5 = 0, 625 δεν είναι ϕυσικός 8 Με άλλα λόγια αν έχουμε δύο ϕυσικούς αριθμούς α, β τότε το πηλίκο α β του α δια του β μπορεί να είναι μπορεί και να μην είναι ϕυσικός αριθμός. Μπορεί και κανένα από τα δύο πηλίκα α β, β α να μην είναι ϕυσικός αριθμός. Δεν πρέπει να ξεχνάμε μία ϐασική προφύλαξη που παίρνουμε όταν κάνουμε διαιρέσεις : Δεν επιτρέπεται να διαιρούμε δια του μηδενός 1 με άλλα λόγια 1 Κάθε απαγόρευση οφείλει να έχει και μία εξήγηση. Γιατί δεν επιτρέπεται να διαιρούμε δια του μηδενός ; Στην διαίρεση το πηλίκο είναι εκείνος ο αριθμός που αν πολλαπλασιασθεί με τον διαιρέτη μας δίνει τον διαιρετέο. Θα είναι λοιπόν α β = γ αν είναι α = βγ. Αν τώρα ο διαιρέτης β ήταν μηδέν ϑα είχαμε α = 0 γ (1) Τι μπορεί να συμβαίνει στην σχέση (1) Αν είναι α 0 η (1) είναι αδύνατη αφού το πρώτο μέλος της είναι ένας αριθμό διάφορος του μηδενός και το δεύτερο μέλος μηδέν. Επομένως σίγουρα δεν επιτρέπεται να διαιρέσουμε έναν μη μηδενικό αριθμό με το μηδέν : δεν ϑα έχουμε αποτέλεσμα.

12 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 3 οποτεδήποτε γράφουμε α β ή α β πρέπει να έχουμε εξασφαλίσει ότι το β ϑα είναι διάφορο που μηδενός δηλαδή β 0. Εννοείται ότι μπορούμε να διαιρούμε το 0 με ένα αριθμό που είναι διάφορος του μηδενός : το αποτέλεσμα ϑα είναι μηδέν δηλαδή 0 = 0 (β 0) β 1.2 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Γράψαμε πιο πριν 2 7 = 5 Ο 5 δεν είναι ϕυσικόςαριθμός. Είναι ακέραιος αριθμόςκαι μάλισταο αντίθετος του 5. Οι ακέραιοι αριθμοί προκύπτουν αν συμπληρώσουμε τους ϕυσικούς με τους αντιθέτους τους : 0,,1,, 1,,2,, 2,,3,, 3,,4,, 4,,... ή όπως αλλιώς μπορούμε να γράψουμε 0,,±1,,±2,,±3,,±4,,... Τα αποσιωπητικά (...) υποδηλώνουν πως οι αριθμοί συνεχίζουν επ άπειρον. Τα χρησιμοποιήσαμε και πιο πάνω όταν γράψαμε τους ϕυσικούς αριθμούς. Μόνο που στην περίπτωση των ακεραίων η επ απειρον συνέχιση γίνεται και προς τους μεγάλους αριθμούς και προς τους μικρούς :... 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4,... Στην περίπτωση των ακεραίων κάθε αριθμός έχει επόμενο αλλά και προηγούμενο. Ο επόμενος του a είναι ο a + 1 ενώ ο προηγούμενος είναι ο a 1. Ασκηση 4. Παίρνουμε ένα ακέραιο αριθμό λ.χ. τον 2. Προσθέτουμε 5. Παίρνουμε το αντίθετο αυτούπου ϐρήκαμε. Προσθέτουμε 5 Παίρνουμε το αντίθετο αυτούπου ϐρήκαμε. Θα ϐρούμε πάλι 2. Δοκιμάστε με άλλο αριθμό στη ϑέση του 2. Τι παρατηρείτε ; Μπορείτε να δώσετε κάποια εξήγηση ; Αν είναι α = 0 η (1) δεν είναι αδύνατη. Γράφεται 0 = 0 γ και επαληθεύεται από κάθε αριθμό γ. Δηλαδή κάθε αριθμός ϑα μπορούσε να ϑεωρηθεί ως πηλίκο. Αυτά είναι κακά νέα! Θέλουμε το αποτέλεσμα μίας πράξης να είναι ένα μόνο. Δηλαδή μόνο ένας αριθμός να μπορεί να είναι αποτέλεσμα της πράξης που εκτελούμε. Εδώ της διαίρεσης. Γιαυτό ούτε επιτρέπεται να διαιρέσουμε μηδέν δια μηδέν. Τελικά δεν επιτρέπεται να διαιρούμε οτιδήποτε δια μηδέν.

13 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Οταν προσθέτουμε, ή πολλαπλασιάζουμε δύο ακεραίους το αποτέλεσμα είναι ακέραιος. Αλλά και όταν αφαιρούμε δύο ακεραίους το αποτέλεσμα είναι ακέραιος ( 2)+7 = 5 ( 8)+( 7)= 15 ( 2) 7 = 14 ( 8) ( 7)= = 6 12 ( 6)=18 Δηλαδή οιτρεις πράξεις πρόσθεση, πολλαπλασιασμός, αφαίρεση όταν εφαρμό- Ϲονται στους ακεραίους μπορούν να διεκπεραιωθούν «μέσα» στους ακεραίους. Για την διαίρεση αυτό δεν ισχύει. Μπορεί να διαιρούμε δύο ακεραίους και το αποτέλεσμα να είναι ακέραιος ή να μην είναι Ο άξονας των Ακεραίων ΑπότοΓυμνάσιοείσθεεξοικειωμένοιμετηιδέατουάξονα που πολύχοντρικά σημαίνει μία «ϐαθμολογημένη» ευθεία. Ας ϕαντασθούμε μία ευθεία όπου έχουμε τοποθετήσει τους ακεραίους αριθμούς ώστε κάθε αριθμός να απέχει από τον επόμενο του μία μονάδα : Ο άξονας των ακεραίων Αν ξεκινήσουμε από το 0 και κινηθούμε προς τα «δεξιά» δηλαδή προς τους «μεγάλους» αριθμούμε «ϐήμα» μήκους 1 ϑα διατρέξουμε ϕυσικούς αριθμούς. Αν με τον ίδιο ϐηματισμό κινηθούμε προς τα «αριστερά» δηλαδή προς τους «μικρούς» αριθμούς ϑα διατρέξουμε αντιθέτους των ϕυσικών αριθμών. «Βηματίζοντας» στους ακεραίους Οι άρτιοι αριθμοί. Αν αλλάξουμε «ϐήμα» και το κάνουμε να έχει μήκος 2 «ανεβαίνοντας» από το 0 ϑα διατρέξουμε τους αριθμούς 0, 2, 4, 6,... ενώ «κατεβαίνοντας» από το 0 ϑα διατρέξουμε τους αριθμούς 2, Ολοιμαζίαυτοίοιαριθμοί: είναι οι άρτιοι ή αλλιώς Ϲυγοί αριθμοί.... 6, 4, 2, 0, 2, 4, 6...

14 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 5 «Βηματίζοντας» στους άρτιους αριθμούς Οι άρτιοι αριθμοί έχουν μία χαρακτηριστική ιδιότητα δηλαδή μία ιδιότητα που τους χαρακτηρίζει ξεχωρίζοντας τους από τους άλλους ακεραίους : Κάθε ένας από αυτούς προκύπτει αν πολλαπλασιάσουμε κάποιο ακέραιο επί 2 δηλαδή είναι πολλαπλάσια του 2. Με άλλα λόγια αν διαιρεθούν με το 2 μας δίνουν ακέραιο αριθμό. Για ένα άρτιο α λοιπόν ισχύει α = 2 ακέραιος = 2 β Ο β δεν είναι άλλος από τον α 2. Χρησιμοποιώντας το γράμμα β δεν κάναμε τίποτε άλλο από το να ονομάσουμε με ένα όνομα (που προκειμένου για αριθμούς το όνομα συνήθως είναι ένα γράμμα) τον ακέραιο αριθμό α 2. Η επιλογή ενός ονόματος (μπορεί να το συναντήσετε και ως εξής : «ϑέτουμε α 2 = β») μας επιτρέπει να γράψουμε και να πούμε ότι α 2 = β α = 2β Άρα αν ένας ακέραιος αριθμός α είναι άρτιος τότε είναι της μορφής α = 2β για κάποιον ακέραιο αριθμό β. Αλλά και ανάποδα (ο όρος που χρησιμοποιούμε στα Μαθηματικά είναι αντιστρόφως) ανέναςαριθμόςα είναι της μορφής α = 2β για κάποιον ακέραιο β τότε ο α είναι άρτιος. Υπάρχουν πολλοί τρόποι για να περιγράψουμε αυτό το γεγονός. Ολοι τους λένε το ίδιο πράγμα : Οι άρτιοι αριθμοί είναι ακριβώς εκείνοι που είναι της μορφής α = 2β με β ακέραιο. Ενας αριθμός α είναι άρτιος αν και μόνο αν είναι της μορφής α = 2β με β ακέραιο. Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε ένας ακέραιος αριθμός α να είναι άρτιος είναι να υπάρχει ακέραιος β τέτοιος ώστε α = 2β. Ασκηση 5. Ενας μαθητής έκανε τον εξής συλλογισμό -Κάθε ακέραιος αριθμός α μπορεί να γραφεί : α = 2 ( α 2 ) -Ονομάζουμε β = α 2

15 Οι Ακέραιοι Αριθμοί -Άρα ο α είναι της μορφής α = 2β. -Άρα ο α είναι άρτιος. -Άρα κάθε ακέραιος είναι άρτιος. Τι δεν πάει καλά με τον συλλογισμό αυτό ; Οι περιττοί αριθμοί Αν αλλάξουμε τον «ϐηματισμό» των αρτίων και ξεκινήσουμε από το 1 και όχι από το 0 κινούμενοι πάνω-κάτω με ϐήμα μήκους 2 ϑα διατρέξουμε τους αριθμούς... 5, 3, 1, 1, 3, 5, 7,... είναι οι περιττοί αριθμοί. «Βηματίζοντας» στους περιττούς αριθμούς Υπάρχουν πολλοί τρόποι για να τους περιγράψουμε. Ας δούμε κάποιους : Περιττοί είναι οι αριθμοί που δεν είναι άρτιοι. Περιττοί είναι οι αριθμοί που είναι επόμενοι αρτίων. Η δεύτερη περιγραφή μας οδηγεί στο εξής συμπέρασμα : Αν ένα αριθμός είναι περιττός τότε ϑα είναι επόμενος κάποιου άρτιου ας τον πούμε α δηλαδή ϑα είναι ο α + 1. Αλλά ο άρτιος αριθμός α είναι της μορφής α = 2β για κάποιο ακέραιο β και επομένως ο αρχικός μας περιττός αριθμός ϑα είναι της μορφής α + 1 = 2β + 1. Επομένως καταλήγουμε : Ενας ακέραιος αριθμός α ϑα είναι περιττός αν και μόνο αν είναι της μορφής α = 2β + 1 για κάποιον ακέραιο β Μία σύνοψη στις πράξεις Οπως είδαμε όταν εκτελούμε κάποια από τις 4 πράξεις μεταξύαριθμών ενός είδους (ϕυσικών, ακεραίων, ϱητών) το αποτέλεσμα μπορεί να είναι αλλά και μπορεί να μην είναι του ιδίου είδους. Ας συνοψίσουμε αυτές τις πληρο- ϕορίες :

16 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 7 Φυσικοί Ακέραιοι Άθροισμα Γινόμενο Διαφορά Πηλίκο Ηένδειξη σε κάποιο τετραγωνάκι σημαίνει πως το αποτέλεσμα της αντίστοιχης πράξης είναι του ιδίου είδους : Στο τετραγωνάκι Διαφορά-Ακέραιοι το που υπάρχει σημαίνει πως Οταν αφαιρούμε δύο ακεραίους η διαφορά είναι πάντα ακέραιος. Συνήθως διατυπώνουμε το παραπάνω πιο «οικονομικά» ως εξής : Η διαφορά δύο ακεραίων είναι ακέραιος. Δηλαδή παραλείψαμε την περιγραφή της ενέργειας «Οταν αφαιρούμε» και το «πάντα». Αυτές οι συντομεύεις είναι συνηθισμένες στα Μαθηματικά. Λέμε για παράδειγμα «Το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι 180 μοίρες» και εννοούμε πως «Οποιο τρίγωνο και αν πάρουμε και αθροίσουμε τις γωνίες του ϑα ϐρίσκουμε πάντα 180 μοίρες». Επιστρέφοντας στον πίνακα μας ο ισχυρισμός η αλλιώς η πρόταση 2 Το γινόμενο δύο ϕυσικών είναι ϕυσικός. είναι μία αληθής πρόταση. Αυτό που ισχυριζόμαστε είναι πως αν πολλαπλασιάσουμε δύο οποιουσδηποτε ϕυσικούς αριθμούς ϑα πάρουμε ϕυσικό αριθμό κάτι που είναι σωστό. Αν πάρουμε την πρόταση : Το πηλίκο δύο ϕυσικών είναι ϕυσικός. έχουμε τον ισχυρισμό ότι αν διαιρέσουμε δύο οποιουσδήποτε ϕυσικούς αρι- ϑμούς ϑα πάρουμε ϕυσικό αριθμό. Αυτό δεν είναι σωστό διότι ο ισχυρισμός δεν επαληθεύεται για όλες τις επιλογές μας λ.χ το πηλίκο 3 6 δεν είναι ϕυσικός αριθμός. Το γεγονός ότι υπάρχουν και επιλογές που επαληθεύουν τον ισχυρισμό δεν είναι αρκετό για να πούμε ότι ο ισχυρισμός είναι σωστός. Εχουμε λοιπόν μία ψευδή πρόταση Μερικές αποδείξεις Στα Μαθηματικά για να ϑεωρήσουμε ότι μία πρόταση είναι αληθής πρέπει να την αποδείξουμε. Η απόδειξη μπορεί να είναι μια απλή επαλήθευση αλλά μπορεί να είναι και ένας πιο εκτεταμένος συλλογισμός. Υπάρχουν αποδείξεις που καταλαμβάνουν μία δύο σειρές ως και πολλές - πολλές σελίδες. Ενώ σε άλλες επιστήμες η παρατήρηση και το πείραμα ϑεωρούνται αρκετά για να στηρίξουν ένα συμπέρασμα στα Μαθηματικά οι παρατηρήσεις δεν επαρκούν. Μπορούν να μας δώσουν κάποια ιδέα αλλά όχι ϐεβαιότητα. Η ϐεβαιότητα έρχεται με την απόδειξη και μόνο. Ας δούμε το εξής παράδειγμα : 2 Περισότερα για τις προτάσεις ϑα δούμε στην ενότητα 1.5 σελίδα 44.

17 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Παράδειγμα 1. Διαλέγουμε δύο σημεία σε ένα κύκλο και τα ενώνουμε. Ο κύκλος χωρίστηκε σε δύο μέρη. 2 σημεία δίνουν 2 μέρη. Συνεχίζουμε παίρνοντας 3 σημεία : 3 σημεία δίνουν 4 = 2 2 μέρη. Ας πάρουμε 4 σημεία : 4 σημεία δίνουν 8 = μέρη. Τι ϑα συμβεί αν πάρουμε 5 σημεία ; Ποιος είναι ο πιο μεγάλος αριθμός χωρίων στα οποία μπορεί να χωρισθεί ο κύκλος ; Είναι «λογικό» να αναμένουμε 16 μέρη. Πράγματι : 5 σημεία δίνουν 16 = μέρη.

18 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 9 Επαρκούν οι παρατηρήσεις που έχουμε κάνει για να είμαστε σίγουροι πως ν σημεία δίνουν μέρη ; ν 1 ϕορές Η απάντηση είναι «Οχι». Ομως : Τα 6 σημεία αναμένεται να μας δώσουν 32 μέρη. Μετρώντας ϐλέπουμε πως : 6 σημεία δεν δίνουν = 32 μέρη Δίνουν 31 μέρη. 3 Είδαμε στο προηγούμενο παράδειγμα πως η απλή παρατήρηση δεν επαρκεί για να ϑεωρήσουμε μία πρόταση αληθή. Χρειάζεται και κάποια «επικύρωση». Ας δούμε ένα απλό παράδειγμα, πιο απλό από το προηγούμενο. Leo Moser Παράδειγμα 2. Προσθέτουμε δύο άρτιους αριθμούς. πάρουμε = 10, = 36, = 42, = 198 Τι είδους αριθμό ϑα Φαίνεται πως το αποτέλεσμα ϑα είναι άρτιος αλλά δεν είμαστε σίγουροι. Δεν ξέρουμε τι ϑα συμβεί αν προσθέσουμε άλλους άρτιους πέρα από αυτούς που δοκιμάσαμε. Και το πρόβλημα δεν λύνεται με το να συνεχίζουμε να προσθέτουμε Ϲεύγη αρτίων αριθμών. Οσους και να δοκιμάσουμε δεν ϑα εξαντλήσουμε όλα τα δυνατά Ϲεύγη. Πάντα ϑα απομένουν αριθμοί που δεν ϑα τους έχουμε δοκιμάσει και δεν ξέρουμε τι μας επιφυλάσσουν. 3 Το πρόβλημα αυτό ονομάζεται «προβλημα της διαίρεσης του κύκλου με χορδές» και είναι γνωστό και ως «πρόβλημα του Moser.» Το πλήθος των χωρίων που μπορούν να προκύψουν αν χρησιμοποιήσουμε ν σημεία είναι ν4 6ν 3 +23ν 2 18ν+24 24

19 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Χρειάζεται ένας τρόπος για να αντιμετωπίσουμε όλες τις περιπτώσεις. Θα προσθέσουμε δύο άρτιους αριθμούς. Αντί να πούμε ότι προσθέτουμε τον 2 με τον 8, τον12 με τον 24 κ.ο.κ. λέμε ότι προσθέτουμε τον άρτιο κ με τον άρτιο λ και ϑέλουμε να δούμε τι συμβαίνει με το άθροισμα τους κ + λ. Κοιτώντας το κ + λ ϐλέπουμε απλώς ένα άθροισμα ενώ δεν είναι μόνο ένα άθροισμα. Είναι ένα άθροισμα αρτίων. Θα πρέπει με κάποιο τρόπο να ϕανεί αυτό. Και ο τρόπος αυτός υπάρχει : Να ϑυμηθούμε ότι ένας άρτιος αριθμός δεν είναι όποιος κι όποιος αλλά είναι το διπλάσιο ενός άλλου ακεραίου. Άρα υπάρχουν ακέραιοι μ, ν τέτοιοι ώστε κ = 2μ και λ = 2ν. Τώρα μπορούμε να έχουμε περισσότερες πληροφορίες για το άθροισμα κ + λ. Είναι το 2μ + 2ν ή ακόμη καλλίτερα το 2 (μ + ν). Αλλά ξέρουμε πως το άθροισμα δύο ακεραίων είναι πάλι ακέραιος. Άρα το μ + ν είναι κάποιος ακέραιος, ας τον πούμε ρ. Ματότε κ + λ = 2ρ δηλαδή είναι το διπλάσιο κάποιου ακεραίου και επομένως είναι άρτιος. Φυσικά όλα αυτά μπορούν, και έτσι συνηθίζουμε, να γραφούν με ένα πιο σύντομο τρόπο : κ + λ = 2 μ + 2 ν άρτιοι ακέραιος ακέραιος = 2 μ + ν = 2ρ = άρτιος ακέραιος Οι προτάσεις που αποδεικνύουμε στα Μαθηματικά έχουν ανάλογα με την σημασία τους διάφορα ονόματα 4. Εμείς αποδείξαμε την πρώτη μας πρόταση : Πρόταση Το άθροισμα δύο αρτίων είναι άρτιος. Τι γίνεται όταν προσθέτουμε δύο περιττούς ; Αν δοκιμάσουμε διάφορα Ϲεύγη αριθμών ϐρίσκουμε ότι το αποτέλεσμα είναι άρτιος. Μπορούμε να περάσουμε και σε μία απόδειξη : Πρόταση Το άθροισμα δύο περιττών είναι άρτιος. Απόδειξη Ας κάνουμε την σύντομη, αλλά πειστική, κατάστρωση που κάναμε πιο πάνω : κ + λ = 2 μ ν περιττοί ακέραιος ακέραιος + 1 = 2μ + 2ν + 2 = 2 μ + ν + 1 = 2ρ = άρτιος ακέραιος Με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε την πρόταση : Πρόταση Η διαφορά δύο αρτίων είναι άρτιος. 2) Η διαφορά δύο περιττών είναι άρτιος Ασκηση 6. Να γράψετε μία απόδειξη για την πρόταση Πρόταση, Λήμμα (ϐοηθητική πρόταση), Θεώρημα (σημαντική πρόταση), Πόρισμα (πρόταση που είναι ένα σχετικά εύκολο επακόλουθο μιας άλλης πρότασης (συνήθως ϑεωρήματος)

20 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 11 Δοκιμάζοντας με αριθμούς μπορούμε να «μαντέψουμε» και μετά να αποδείξουμε την πρόταση Πρόταση ) Το γινόμενο δύο περιττών είναι περιττός. 2) Το γινόμενο ενός αρτίου με ένα οποιοδήποτε ακέραιο είναι άρτιος. Απόδειξη. 1) Αν πάρουμε δύο περιττούς κ = 2μ + 1, λ = 2ν + 1 όπου μ, ν είναι ακέραιοι. Εχουμε κλ =(2μ + 1)(2ν + 1) κάνοντας τις πράξεις στο ϐ μέλος της ισότητας έχουμε κλ = 4μν + 2μ + 2ν + 1 ϐγάζουμε κοινό παράγοντα το 2 από τους προσθετέους 4μν, 2μ, 2ν και ϐρίσκουμε κλ = 2 (2μν + μ + ν)+1 Αν ονομάσουμε ρ = 2μν + μ + ν παρατηρούμε πως ο ρ είναι άθροισμα του ακεραίου 2μν (είναι ακέραιος διότι είναι γινόμενο ακεραίων), του ακεραίου μ και του ακεραίου ν. Επομένως είναι και ο ίδιος ακέραιος. Και αφού κλ = 2ρ + 1 συμπεραίνουμε ότι ο κλ είναι περιττός. 2) Ας πάρουμε τον κ = 2μ να είναι ο άρτιος παράγοντας μας και λ να είναι ο άλλος παράγοντας μας. Για τον λ δεν χρειάζεται ούτε και επιτρέπεται να γίνει κάποια επιπλέον υπόθεση αφούξέρουμε απλώς ότι είναι ένας ακέραιος. Πολλαπλασιάζουμε όπως πριν τους αριθμούς μας και ϐρίσκουμε κλ =(2μ) λ όμως το (2μ) λ μπορούμε εξ ίσου καλά να το γράψουμε και 2 (μλ) οπότε : κλ = 2 (μλ) Αν ονομάσουμε με ρ τον αριθμό μλ ο ρ ϑα είναι ένας ακέραιος αριθμός αφού είναι γινόμενο δύο ακεραίων και ακόμη κλ = 2ρ γεγονός πως μας εξασφαλίζει ότι ο κλ είναι άρτιος. Τι ϑα συμβεί όταν προσθέσουμε ένα άρτιο με ένα περιττό ; Πάλι δοκιμές με αριθμούς μας υποβάλλουν την ιδέα πως το αποτέλεσμα πρέπει να είναι περιττός αριθμός. Ας δούμε λοιπόν μία την τελευταία πρόταση αυτής της ενότητας :

21 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Πρόταση Το άθροισμα ενός αρτίου και ενός περιττούείναι αριθμός περιττός. Απόδειξη Θα δούμε δύο τρόπους απόδειξης. 1ος Τρόπος Είναι ο αναμενόμενος. Ας πούμε πως κ = 2μ είναι ο άρτιος και λ = 2ν + 1 είναι ο περιττός αριθμός. Τότε κ + λ = 2μ + 2ν + 1 = 2 (μ + ν)+1 = 2ρ + 1 όπου ρ = μ + ν ακέραιος. Επομένως ο κ + λ είναι περιττός. 2ος Τρόπος Παίρνουμε όπως πριν ένα άρτιο αριθμό κ και ένα περιττό αριθμό λ. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι το άθροισμα τους, ας το ονομάσουμε κ + λ, είναι ένας περιττός αριθμός. Ο x = κ+ λ είναι ένας ακέραιος αριθμός και όπως συμβαίνει με κάθε ακέραιο υπάρχουν δύο περιπτώσεις : Περίπτωση 1 Ο x είναι άρτιος Περίπτωση 2 Ο x είναι περιττός Εμείς ϑέλουμε να καταλήξουμε στην δεύτερη περίπτωση. Το πετυχαίνουμε αυτό αποκλείοντας την την πρώτη. Τι ϑα συνέβαινε αν ίσχυε η πρώτη περίπτωση ; Θα είχαμε ότι κ + λ = x με τον x να είναι άρτιος. Η σχέση αυτή μας οδηγεί στην λ = x κ Στην σχέση αυτή κάτι δεν πάει καλά : Το α μέλος είναι ένας περιττός αριθμός. Το ϐ μέλος είναι η διαφορά δύο αρτίων αριθμών δηλαδή σύμφωνα με την πρόταση1.2.3 ένας άρτιος αριθμός. Με άλλα λόγια ένας περιττός αριθμός (το α μέλος) είναι ίσος με ένα περιττό αριθμό (το ϐ μέλος). Αυτό είναι αδύνατο, άτοπο όπως λέμε στα Μαθηματικά και επομένως η πρώτη περίπτωση δεν ευσταθεί. Άρα απομένει η δεύτερη. ο.ε.δ. Σημείωμα 1. Η προηγούμενη απόδειξη τελειώνει με την συντομογραφία ο.ε.δ. Πρόκειται αρκτικόλεξο της ϕράσης όπερ έδει δείξαι (αυτό ακριβώς το οποίο έπρεπε να αποδειχθεί). Μπαίνει στο τέλος μίας απόδειξης για να δηλωθεί ότι έχει τελειώσει. Σε άλλες γλώσσες συνηθίζεται το αρκτικόλεξο Q.E.D. που προέρχεται από την ϕράση με παρόμοια σημασία quod erat demonstrandum ή και η τοποθέτηση κάποιου συμβόλου (συνήθως του ). Σημείωμα 2. Στον δεύτερο τρόπο απόδειξης της πρότασης χρησιμοποιήσαμε μία μέθοδο έμμεσης απόδειξης που ονομάζεται μέθοδος απαγωγής στο άτοπο (εις άτοπον απαγωγή). Ηταν γνωστή ήδη στους Πυθαγόρειους και μία ακόμη εφαρμογή της ϑα δούμε στα επόμενα. Στην μέθοδο αυτή δεν αποδεικνύουμε απευθείας αυτό που ϑέλουμε. Λέμε ή αυτό που ϑέλουμε να αποδείξουμε ισχύει ή δεν ισχύει. Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει (δηλαδή υιοθετούμε προσωρινά την εκδοχή ότι δεν ισχύει) και προσπαθούμε να δούμε τι συνέπειες έχει αυτή η υπόθεση. Στόχος είναι να οδηγηθούμε σε κάτι που

22 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 13 είναι ϐέβαιο πως δεν ισχύει (στην απόδειξη που κάναμε στην πρόταση καταλήξαμε στο ότι κάποιος αριθμός είναι συγχρόνως άρτιος και περιττός). Μόλις καταλήξουμε σε κάτι τέτοιο (το άτοπο) η υπόθεση μας πως το αποδεικτέο δεν ισχύει καταρρέει και απομένει μόνο η ισχύς του αποδεικτέου. Συνοψίζοντας όσα αναφέραμε προηγουμένως έχουμε την ακόλουθη «προπαίδεια» για τις πράξεις μεταξύαρτίων και περιττών : Προσθαφαίρεση Αρτίων-Περιττών ± Άρτιος Περιττός Αρτιος Άρτιος Περιττός Περιττός Περιττός Άρτιος Πολλαπλασιασμός Αρτίων-Περιττών Άρτιος Περιττός Άρτιος Άρτιος Άρτιος Περιττός Άρτιος Περιττός Ασκηση 7. Οι αριθμοί α, β είναι άρτιοι ενώ ο γ είναι περιττός. Να καθορίσετε το είδος αρτιότητας (άρτιος ή περιττός) των παρακάτω αριθμών : 1. α + β α + γ 1 3. αβ + γ 4. γ Ασκηση 8. Οαριθμόςα είναι περιττός και ο αριθμός αβ + 1 είναι άρτιος. αποδείξετε ότι ο β είναι περιττός. Να Ασκηση 9. Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο α οαριθμόςα (α + 1) είναι άρτιος Πολλαπλάσια, Πρώτοι και Σύνθετοι Οι άρτιοι και οι περιττοί αριθμοί προέκυψαν «ϐηματίζοντας» στους ακεραίους με ϐήμα μήκους 2. Ξεκινώντας από το 0 και «ϐηματίζοντας» πάνω-κάτω με ϐήμα μήκους 2 ϑα καλύψουμε όλους τους άρτιους δηλαδή όλους τους αρι- ϑμούς της μορφής 2κ με το κ να είναι ακέραιος. Οσοι αριθμοί απομείνουν ϑα είναι οι περιττοί και ϑα έχουν την μορφή 2κ + 1 όπου ο κ πάλι είναι ακέραιος. Αν τώρα ξεκινήσουμε από το 0 αλλάξουμε το μήκος του ϐήματος και από 2 το κάνουμε 3 τότε ϑα καλύψουμε τα πολλαπλάσια του 3

23 Οι Ακέραιοι Αριθμοί «Βηματίζοντας» στα πολλαπλάσια του 3 Τα πολλαπλάσια του 3 είναι της μορφής 3κ όπου ο κ να είναι ακέραιος. Για τους αριθμούς που απομένουν δεν έχουμε κάποιο συγκεκριμένο όνομα. Ομως πρόκειται για αριθμούς της μορφής 3κ + 1 και της μορφής 3κ + 2. Πολλαπλάσια του 3 Πολλαπλάσια του 3 συν ένα Πολλαπλάσια του 3 συν δύο κ 3κ 3κ + 1 3κ Παρόμοια αν έχουμε ϐήμα μήκους 4 ϑα έχουμε τα πολλαπλάσια του 4 που ϑα είναι της μορφής 4κ με το κ να είναι ακέραιος. Οι αριθμοί που δεν είναι πολλαπλάσια του 4 ϑα είναι ή της μορφής 4κ+1 ή 4κ+2 ήτέλος4κ+3. Οπως συνέβη με τους άρτιους και τους περιττούς : Κάθε ακέραιος αριθμός ϑα ανήκει αποκλειστικά σε μία από τις κατηγορίες 3κ, 3κ + 1, 3κ + 2 με κ ακέραιο. Κάθε ακέραιος αριθμός ϑα ανήκει αποκλειστικά σε μία από τις κατηγορίες 4κ, 4κ + 1, 4κ + 2, 4κ + 3 με κ ακέραιο. Ασκηση 10. Να αποδείξετε πως αν προσθέσουμε ένα αριθμό της μορφής 3κ + 1 με ένα αριθμό της μορφής 3λ + 2 (κ, λ ακέραιοι) το αποτέλεσμα ϑα είναι ένας αριθμός της μορφής 3ρ με ρ ακέραιο. Ασκηση 11. Να αποδείξετε πως αν πολλαπλασιάσουμε ένα αριθμό της μορφής 4κ + 2 με ένα αριθμό της μορφής 4λ + 3 (κ, λ ακέραιοι) το αποτέλεσμα ϑα είναι ένας αριθμός της μορφής 4ρ + 2 με ρ ακέραιο. Γενικά αν έχουμε δύο ακέραιους αριθμούς x και y, οy ϑα ονομάζεται πολλαπλάσιο του x και ο x διαιρέτης του y αν υπάρχει ένας τρίτος ακέραιος z

24 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 15 έτσι ώστε να είναι y = xz. Ανείναιy ±x ο y ϑα λέγεται γνήσιο πολλαπλάσιο του x και ο x γνήσιος διαιρέτης του y. Παράδειγμα 3. οαριθμός3 είναι πολλαπλάσιο του 3 διότι υπάρχει ο ακέραιος 1 έτσι ώστε 3 =( 1)( 3). οαριθμός12 είναι διαιρέτης του 36 διότι υπάρχει ο αριθμός 3 ώστε 3 12 = 36. Στην σχέση y = xz ο y δηλαδή ο xz είναι πολλαπλάσιο του x. Δίνοντας ακέραιες τιμές στο z μπορούμε να έχουμε όλα τα πολλαπλάσια τουx που είναι τα :... 5x, 4x, 3x, 2x, x, 0 x, x, 2x, 3x, 4x, 5x... Ασκηση 12. Βρείτε όλους τους διαιρέτες του 12 Παρατηρούμε ότι αφού α = 1 a, α =( 1) ( a): Οι ±1 και ±α είναι διαιρέτες του a. Ενας ακέραιος αριθμός α ονομάζεται πρώτος αν : 1. Είναι διάφορος του Είναι διάφορος των ±1. 3. Οι μόνοι διαιρέτες του είναι οι αριθμοί ±1, ±α. Ενας ακέραιος αριθμός α ονομάζεται σύνθετος αν 1. Είναι διάφορος του 0 2. Είναι διάφορος των ±1 3. Εχει και άλλους διαιρέτες εκτός από τους αριθμούς ±1, ±α Επομένως ένας σύνθετος αριθμός ϑα είναι της μορφής 2 x ή 3 x ή 4 x κτλ με x ±1, 0 δηλαδή ϑα είναι ένα γνήσιο πολλαπλάσιο του 2 ήτου3ήτου4 κ.ο.κ. Οι πρώτοι αριθμοί προκύπτουν αν από τους ακεραίους εξαιρέσουμε τους 0, 1, 1 και τους σύνθετους. Δηλαδή αν εξαιρέσουμε ακόμη και όσους αριθμούς α έχουν και άλλους διαιρέτες εκτός από τους ±1 και ±α. Δηλαδή οι πρώτοι αριθμοί είναι εκείνοι που ϑα απομείνουν αν από τους ακεραίους απομακρύνουμε τα 0, 1, 1 και όλα τα γνήσια πολλαπλάσια των 2, 4,... Οι αριθμοί που απομένουν ϑα είναι οι πρώτοι αριθμοί. Φαντασθείτε αυτή την διαδικασία σαν ένα «κοσκίνισμα» όπου «περνούν» οι 0, 1, 1 και τα πολλαπλάσια των 2, 4,... και ότι «μένει» είναι οι πρώτοι αριθμοί. Αυτή η διαδικασία είναι γνωστή από τον Ερατοσθένη και ονομάζεται «Κόσκινο του Ερατοσθένους». Αξίζει να Ερατοσθένης 276 π.χ π.χ.

25 Οι Ρητοί Αριθμοί Σχήμα 1.1: Οι πρώτοι αριθμοί μεταξύ1 και 400 προσθέσουμε πως όταν «περνούν» από το κόσκινο τα γνήσια πολλαπλάσια του 2 αυτομάτως περνούν και όλα τα πολλαπλάσια του 4, του6 κ.ο.κ. Το ίδιο γίνεται και με τα γνήσια πολλαπλάσια του 3. Απομακρύνοντας τα απομακρύνουμε και εκείνα του 6, του9 κ.οκ. Στον πίνακα ϕαίνονται οι πρώτοι αριθμοί που ϑα απομείνουν αν «κοσκινίσουμε» τους αριθμούς από 1 έως 400. Προσέξτεότι ενώ «αφαιρούμε» αριθμούς που παρουσιάζουν μία κανονικότητα το αποτέλεσμα δηλαδή ότι απομένει δεν παρουσιάζει κάποια εμφανή κανονικότητα. Στα επόμενα όταν αναφερόμαστε σε πρώτους αριθμούς ϑα εννοούμε τους ϑετικούς πρώτους. 1.3 Οι Ρητοί Αριθμοί Τι είναι οι ϱητοί αριθμοί Οι ϱητοί (δηλαδή οι αριθμοί που μπορούν να ειπωθούν να περιγραφούν) είναι οι αριθμοί οι οποίοι προκύπτουν ως πηλίκο δύο ακεραίων όπως για παράδειγμα οι αριθμοί 1 2, 5 3, 3 4, 6 3 Με άλλα λόγια Ρητοί αριθμοί είναι οι αριθμοί της μορφής μ ν (ν 0). όπου οι μ, ν είναι ακέραιοι Η παράσταση ενός ϱητούυπό μορφή κλάσματος είναι η πιο συνηθισμένη 5 αλλά πρέπει να ϑυμόμαστε ότι κλάσματα με διαφορετικούς αριθμητές παρονομαστές μπορεί να παριστούν τον ίδιο ϱητό. Ετσι = = = 8 16 = Υπάρχει και η δεκαδική παράσταση ϐλ

26 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 17 Κάθε ϱητός μπορεί να παρασταθεί με ένα κλάσμα όπου έχουν γίνει όλες οι απλοποιήσεις (ανάγωγο) και ο παρονομαστής του είναι ϕυσικός αριθμός. Τέτοια παράσταση είναι μοναδική και λέγεται ανηγμένη (έχει αναχθεί μετά τις απλοποιήσεις). Δηλαδή αν δύο τέτοια κλάσματα (ανάγωγα με παρονομαστή ϕυσικό αριθμό) παριστάνουν τον ίδιο ϱητό τότε οι αριθμητές τους είναι ίσοι και οι παρονομαστές τους είναι ίσοι. Παράδειγμα 4. Ας δούμε μερικές τέτοιες παραστάσεις σε ανηγμένη μορφή : = = = 7 11 Ασκηση 13. Να γραφούν σε ανηγμένη μορφή τα , 70 80, Σύγκριση ϱητών αριθμών Μας είναι γνωστό από το Γυμνάσιο ένα κριτήριο για να ελέγχουμε αν δύο κλάσματα είναι ίσα δηλαδή αν παριστούν τον ίδιο ϱητό : Αν ισχύει κ λ = μ ν αλλά και αντιστρόφως τότε ϑα ισχύει και κν = μλ Αν ισχύει κν = μλ τότε ϑα ισχύει και κ λ = μ ν ή χρησιμοποιώντας την ορολογία που είδαμε στην Για τους ϱητούς κ λ και μ ν ϑα ισχύει κ λ = μ ν αν και μόνο αν ισχύει κν = μλ. Στην σχέση κ λ = μ ν οι κ, ν λέγονται μέσοι και οι λ, μ λέγονται άκροι. Ηισότητα ϑα αληθεύει αν το γινόμενο των μέσων είναι ίσο με το γινόμενο των άκρων. Φυσικά : Ενας ϱητός αριθμός κ λ ϑα είναι ίσος με τον 0 δηλαδή τον ϱητό αριθμό 0 ν αν μόνο αν κ = 0. Ασκηση 14. Να αποδείξετε ότι (τα α, β, γ είναι μη μηδενικοί ακέραιοι) αγ βγ = α β Ασκηση 15. Ισχύει άραγε = ; Ασκηση 16. Οι x, y είναι ακέραιοι αριθμοί και ο ϱητός x 3 είναι μηδέν. Ποιος είναι y ο x; Επίσης με παρόμοιο τρόπο μπορούμε αν έχουμε δύο ϱητούς αριθμούς κ λ, μ ν με τα λ, ν να είναι ϕυσικοί αριθμοί να ϐρίσκουμε πότε είναι κ λ > μ ν και πότε κ λ < μ ν. Θα είναι κ λ > μ ν αν και μόνο αν κν > μλ. Θα είναι κ λ < μ ν αν και μόνο αν κν < μλ. Ασκηση 17. Να ϐρείτε ποιος από τους ϱητούς αριθμούς και είναι μεγαλύτε ϱος. Ασκηση 18. Να ϐρείτε ποιος από τους ϱητούς αριθμούς και είναι μεγαλύτε ϱος.

27 Οι Ρητοί Αριθμοί Πράξεις μεταξύτων Ρητών Αν προσθέσουμε, αφαιρέσουμε, πολλαπλασιάσουμε ή διαιρέσουμε δύο ϱητούς ξέρουμε πως το αποτέλεσμα είναι επίσης ϱητός αριθμός : κ λ + μ ν = κν+μλ λν κ λ μ ν = κν μλ λν κ λ μ ν = κμ λν κ λ μ ν = κν λμ Εννοείται πως στις παραπάνω σχέσεις τα λ, ν είναι διάφορα του 0 και στην τελευταία σχέση είναι και ο μ διάφορος του 0. Υπενθυμίζουμε ότι οι τεχνικές που έχουμε μάθει για να προσθαφαιρούμε κλάσματα (μετατροπή σε ομώνυμα κ.τ.λ) εξακολουθούν να είναι χρήσιμες. Παράδειγμα 5. Προκειμένου να ϐρούμε το άθροισμα είναι προτιμότερο να κάνουμε ομώνυμα γράφοντας : παρά να γράψουμε = = = = = = = Ασκηση 19. Να γράψετε σε απλούστερη μορφή τους ϱητούς 1. A = B = Γ = Δ = Οπως ακριβώς ορίσαμε τα πολλαπλάσια του ακεραίου x να είναι οι ακέραιοι αριθμοί της μορφής zx με z ακέραιο έτσι μπορούμε να ορίσουμε αυτή τη ϕορά τα πολλαπλάσια του ϱητού x. Είναι οι ϱητοί αριθμοί της μορφής zx με z πάλι ακέραιο. Παράδειγμα 6. Μερικά πολλαπλάσια του 4 5 είναι τα : ( 6) 4 5 = 24 5, ( 5) 4 5 = 4, ( 3) 4 5 = 12 5, ( 2) 4 5 = 8 5, ( 1) 4 5 = 4 5, = 0, = 4 5, = 8 5, = 8 5

28 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 19 Μπορούμε τώρα να συμπληρώσουμε τον πίνακα της σελίδας 7 ώστε να περιλαμβάνει και τους ϱητούς : Ο άξονας των Ρητών Φυσικοί Ακέραιοι Ρητοί Άθροισμα Γινόμενο Διαφορά Πηλίκο Αν πάρουμε ένα άξονα των ακεραίων μπορούμε να συμπληρώσουμε με σημεία που να αντιστοιχούν σε ϱητούς αριθμούς. Στον άξονα αυτό τοποθετούνται : 1. Οι ϱητοί που είναι πολλαπλάσια του Οι ϱητοί που είναι πολλαπλάσια του Οι ϱητοί που είναι πολλαπλάσια του Οι ϱητοί που είναι πολλαπλάσια του 1 5 κ.ο.κ. Ετσι έχουμε τον άξονα των ϱητών όπου όλοι οι ϱητοί έχουν τοποθετηθεί κατάλληλα 6 στην ευθεία. 6 δηλαδή οι ϑετικοί ϱητοί τοποθετούνται προς το ίδιο μέρος του άξονα και ο κάθε α > 0 απέχει από το σημείο που τοποθετείται το 0 απόσταση α και τέλος οι αντίθετοι των ϑετικών ϱητών τοποθετούνται συμμετρικά ως προς την αρχή

29 Οι Πραγματικοί Αριθμοί 1.4 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Πως προκύπτουν οι Πραγματικοί Αριθμοί Οταν τοποθετούμε τους ακεραίους αριθμούς σε μία ευθεία για να πάρουμε ένα άξονα ακεραίων είναι προφανές ότι τα σημεία της ευθείας δεν εξαντλούνται δηλαδή υπάρχουν σημεία στα οποία δεν αντιστοιχεί κανένας ακέραιος. Οταν συμπληρώνουμε με ϱητού ς για να πάρουμε ένα άξονα ϱητών συμπληρώνονται σημεία μεταξύδιαδοχικών ακεραίων. Τίθεται το ερώτημα : Θα εξαντλήσουν οι ϱητοί τα σημεία της ευθείας ; Με άλλα λόγια ϑα αντιστοιχεί κάθε σημείο της ευθείας σε ϱητό αριθμό ; Η μήπως ϑα απομείνουν κάποια σημεία στα οποία δεν ϑα αντιστοιχιστεί ϱητός αριθμός ; 7 Ονομάζουμε όπως συνηθίζεται με O την αρχή των αξόνων δηλαδή το σημείο που αντιστοιχεί στον αριθμό 0. Ονομάζουμε με E το σημείο που αντιστοιχεί στον αριθμό 1. Το τμήμα OE έχει ϕυσικά μήκος 1. Φέρνουμε κάθετη στον άξονα στο σημείο E και πάνω σε αυτή παίρνουμε ένα σημείο B έτσι ώστε BE = OE. Αυτό γίνεται εύκολα γράφοντας κύκλο με κέντρο το E ακτίνα OE δηλαδή 1 και παίρνοντας το B να είναι ένα από τα δύο σημεία που τέμνει ο κύκλος την κάθετη. Το ορθογώνιο τρίγωνο OEB έχει μήκη καθέτων πλευρών 1 και 1. Ας ονομάσουμε α το μήκος της υποτείνουσας του OB. Αν τώρα με κέντρο το O και ακτίνα OB γράψουμε κύκλο και σημειώσουμε με A το σημείο που τέμνει ο κύκλος αυτός την ημιευθεία OE τότε ϕυσικά το τμήμα OE είναι ίσομετοτμήμαob και επομένως ϑα έχει και αυτό μήκος ίσο με α. Θα αντιστοιχεί άραγε στο A ϱητός αριθμός ; Με άλλα λόγια είναι ο αριθμός α ϱητός ; Ας δούμε τι ϑα συνέβαινε αν ο α ήταν ϱητός. Θα έπαιρνε, όπως κάθε ϱητός, μία ανηγμένη μορφή : α = μ ν ( ) 7 Οπως αναφέραμε ένας ϑετικός ϱητός τοποθετείται σε σημείο που απέχει από την αρχή του άξονα μήκος ίσο με τον αριθμό. Ο αντίθετος του τοποθετείται συμμετρικά ως προς την αρχή του άξονα. Επομένως οι ϱητοί ϑα εξαντλούν την ευθεία αν μπορούν να εκφράσουν όλα τα μήκη με άλλα λόγια αν κάθε μήκος είναι ϱητός αριθμός. Οι αρχαίοι Ελληνες ως μία εποχή πίστευαν ότι αυτό είναι δυνατόν έως ότου οι Πυθαγόρειοι απέδειξαν ότι αυτό δεν είναι δυνατόν δηλαδή ϑα υπάρχουν μήκη που δεν ϑα εκφράζονται με ϱητό αριθμό

30 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 21 Στην μορφή ( ) ϑα έχουν γίνει όλες οι δυνατές απλοποιήσεις και οι μ, ν ϑα είναι ϕυσικοί αριθμοί. Το τρίγωνο OEB είναι ορθογώνιο και επομένως ϑα ισχύει σε αυτό το Θεώρημα του Πυθαγόρα : α 2 = Επομένως : α 2 = 2 ( ) Αν συνδυάσουμε τις ( ), ( ) έχουμε( μ ν )2 = 2 και επομένως μ 2 = 2ν 2 ( ) Το δεύτερο μέλος της ( ) είναι ένας 2 επί κάποιον ακέραιο (τον ν 2 ) επομένως ϑα είναι ένας άρτιος αριθμός. Άρα και το πρώτο μέλος δηλαδή ο μ 2 είναι άρτιος αριθμός. Ο μ μόνος του ϑα είναι ή άρτιος ή περιττός. Περιττός δε μπορεί να είναι διότι τότε ϑα ήταν μ 2 = μ μ = περιττός περιττός = περιττός πράγμα αδύνατον. Επομένως ο μ είναι άρτιος. Αλλά τότε μ = 2κ για κάποιον ακέραιο κ και μ 2 =(2κ) 2 = 4κ 2 και η ( )γίνεται που μετά τις απλοποιήσεις μας δίνει 4κ 2 = 2ν 2 2κ 2 = ν 2 Τώρα είναι η σειρά του ν να ϐγει άρτιος με ένα συλλογισμό παρόμοιο με εκείνο που κάναμε για το μ. Ανόμωςοιμ, ν είναι άρτιοι τότε το μ ν δεν είναι ανάγωγο. Εχουμε ένα άτοπο στο οποίο καταλήξαμε δεχόμενοι ότι οα είναι ϱητός. Άρα ο αριθμός α δεν είναι ϱητός. Επομένως το σημείο A δε μπορεί να καλυφθεί από ένα ϱητό. Το τελικό μας συμπέρασμα είναι ότι οι ϱητοί αριθμοί δεν επαρκούν για να καλύψουν την ευθεία. Χρειαζόμαστε και άλλους αριθμούς. Αυτοί οι αριθμοί ονομάζονται άρρητοι και όλοι μαζί ϱητοί και άρρητοι μας ϕτιάχνουν τους πραγματικούς αριθμούς. Αν έχουμε δύο πραγματικούς αριθμούς α, β αυτοίήϑαείναιίσοιήόχι. Το να διαπιστώσουμε αν δύο πραγματικοί αριθμοί είναι ίσοι ή όχι άλλοτε είναι εύκολη υπόθεση άλλοτε όχι. Πάντως ή ιδιότητα του να είναι δύο αριθμοί ίσοι «μεταφέρεται» ή όπως λέμε στα Μαθηματικά είναι μεταβατική. Μεταβατική Ιδιότητα της Ισότητας : Αν α = β και β = γ τότε α = γ (1.1) Πράξεις στους Πραγματικούς Αριθμούς Στους πραγματικούς αριθμούς μπορούν, όπως και στους ϱητούς, να εκτελεστούν και οι 4 πράξεις. Μπορούμε να συμπληρώσουμε τον πίνακα της σελίδας 19 και με τους πραγματικούς αριθμούς :

31 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Φυσικοί Ακέραιοι Ρητοί Πραγματικοί Άθροισμα Γινόμενο Διαφορά Πηλίκο Αυτό που κάνουμε όταν προσθέτουμε δύο πραγματικούς αριθμούς λ.χ. τους 6 και 7 είναι να αντιστοιχίζουμε στο Ϲεύγος των αριθμών 6 και 7 ένα νέο αριθμό : το άθροισμα τους δηλαδή το 13. Αν χρησιμοποιούσαμε δύο ίσους με αυτούς αριθμούς για παράδειγμα τους 12 2 και 10 3 και τους προσθέταμε πάλι 13 ϑα ϐρίσκαμε. Πρόκειται για μία γενική αρχή που έχουμε στην Άλγεβρα όταν εκτελούμε πράξεις : Σε ίσους προσθετέους αντιστοιχούν ίσα αθροίσματα, σε ίσους παράγοντες αντιστοιχούν ίσα γινόμενα κτλ. Δηλαδή γενικά έχουμε ότι : Αν α = α και β = β τότε α + β = α + β και α β = α β (1.2) Η ιδιότητα αυτή μας επιτρέπει να προσθέτουμε κατά μέλη ισότητες ή να πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη ισότητες. Αναφέρεται σε δύο ισότητες αλλά ισχύει και για περισσότερες. Ετσι αν για παράδειγμα έχουμε την πληροφορία πως α = x και β = y τότε αυτομάτως ξέρουμε πως α+β = x+y. Επίσηςδιαβάζοντας την β = y ανάποδα σαν y = β έχουμε ότι α + y = x + β. Μια ειδική περίπτωση είναι όταν έχουμε την πληροφορία ότι ισχύει η ισότητα α = β. Τότε επειδή η ισότητα γ = γ ισχύει πάντα, όποιος και να είναι ο γ μπορούμε να προσθέσυμε και να πολλαπλασιάσουμε αυτές τις δύο ισότητες. Θα ϐρούμε πως α+γ = β +γ και α γ = β γ. Δηλαδή μπορούμε και στα δύο μέλη μίας ισότητας να προσθέσουμε τον ίδιο αριθμό και να πάρουμε ισότητα ή να πολλαπλασιάσουμε με τον ίδιο αριθμό και να πάρουμε ισότητα : Αν α = β τότε α + γ = β + γ και α γ = β γ (1.3) Συνηθίζεται στην Άλγεβρα να ϑεωρούμε τις πράξεις «+» της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμούως ϐασικές πράξεις και τις πράξεις της αφαίρεσης και της διαίρεσης ως παράγωγες που ορίζονται με ϐάση αυτές. Για τον ορισμό τους χρησιμοποιείται ο αντίθετος και ο αντίστροφος ενός (μη μηδενικού) αριθμού. Ασκηση 20. Να αποδείξετε ότι αν α = β τότε 3α + 2 = 3β + 2. Ασκηση 21. Να αποδείξετε ότι αν x = x τότε αx + β = αx + β Θεμελιώδεις ιδιότητες των Πράξεων Κάποιες ιδιότητες των πράξεων της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού είναι ϑεμελιώδεις και οι υπόλοιπες μπορούν να παραχθούν με αποδείξεις από αυτές. Οι Θεμελιώδεις ιδιότητες είναι οι ακόλουθες : Αντιμεταθετική : α + β = β + α και α β = β α (1.4)

32 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 23 Η ιδιότητα (1.4) μας λέει ότι δεν έχει σημασία η σειρά με την οποία προσθέτουμε ή πολλαπλασιάζουμε δύο αριθμούς : Οι αριθμοί μπορούν να αντιμετατε- ϑούν δηλαδή ο ένας να πάρει την σειρά του άλλου χωρίς το αποτέλεσμα να αλλάξει. Προσεταιριστική : α +(β + γ)=(α + β)+γ και α (β γ)=(α β) γ (1.5) Η πράξη της πρόσθεσης ή του πολλαπλασιασμούγίνεται μεταξύδύο αρι- ϑμών. Αν έχουμε τρεις αριθμούς η ιδιότητα (1.5) μας λέει ότι μπορούμε να εκτελέσουμε την πράξη μεταξύτων δύο πρώτων (να προσεταιρισθεί ο πρώτος τον δεύτερο) και το μετά να εκτελεσθεί η πράξη μεταξύ του αποτελέσματος και του τρίτου ή να εκτελεσθεί η πράξη μεταξύτου πρώτου και του αποτελέσματος της πράξης δεύτερου και τρίτου. Το αποτέλεσμα ϑα είναι το ίδιο και γιαυτό γράφουμε : α +(β + γ)=(α + β)+γ = α + β + γ α (β γ)=(α β) γ = α β γ Η προσεταιριστική ιδιότητα σε συνδυασμόμε την αντιμεταθετική μας επιτρέπει να αλλάζουμε σειρά και να προσθαφαιρούμε παρενθέσεις. Ετσι α + β + γ + δ =(α + γ)+(β + δ) α (β (γ (δ ε))) = (α γ β) (δ ε) Υπαρξη ουδετέρου στοιχείου : α + 0 = α και α 1 = α (1.6) Η ιδιότητα 1.6 αναφέρεται στο γεγονός ότι κάθε πράξη έχει ένα ουδέτερο στοιχείο δηλαδή ένα στοιχείο που όταν συμμετέχει στην πράξη με οποιοδήποτε άλλο στοιχείο συμπεριφέρεται «ουδέτερα» δηλαδή δεν το μεταβάλλει : Είναι σαν να μην έγινε η πράξη. Αν προσθέσουμε το 0 σε οποιοδήποτε αριθμό ή αν πολλαπλασιάσουμε με το 1 οποιοδήποτε αριθμό το αποτέλεσμα ϑα είναι ο αριθμός μας. Δεν υπάρχουν άλλοι αριθμοί με αυτές τις ιδιότητες. Δεν είναι σπουδαίο αλλά μπορούμε να δώσουμε και μία μικρή απόδειξη : Αν υπήρχε και άλλος αριθμός ας τον πούμε 0 ώστε για κάθε α να ήταν 0 + α = α τότε αφενός = 0 και αφέτέρου = 0 οπότε τελικά 0 = 0. Υπαρξη συμμετρικούστοιχείου : α +( α) =0 και α 1 = 1, (α 0) (1.7) α Η ισότητα αυτή μας λέει ότι κάθε στοιχείο (στην περίπτωση του πολλαπλασιασμούπρέπει να είναι και μη μηδενικό) μπορεί να «εξουδετερωθεί» από ένα άλλο ώστε να μας δώσει το «αδρανές» ουδέτερο στοιχείο. Στην περίπτωση της πρόσθεσης αυτό επιτυγχάνεται προσθέτοντας τον αντίθετο αριθμό α ενώ στην περίπτωση του πολλαπλασιασμούπολλαπλασιάζοντας με το αντίστροφο στοιχείο 1 α. Επιμεριστική : α (β + γ)=α β + α γ (1.8)

33 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Η επιμεριστική ιδιότητα 8 μας λέει πως όταν ϑέλουμε να πολλαπλασιάσουμε ένα αριθμό με ένα άθροισμα η δουλειά αυτή μπορεί να «επιμεριστεί» δηλαδή να χωριστεί σε άλλες απλούστερες : Να γίνουν οι επιμέρους πολλαπλασιασμοί του αριθμούμε τους προσθετέους και να προστεθούν αποτελέσματα. Μία ισότητα όπως η α (β + γ) =α β + α γ μας λέει πως το πρώτο μέλος είναι ίσο με το δεύτερο. Αλλά εξ ίσου καλά μας λέει πως το δεύτερο είναι ίσο με το πρώτο. Από το πρώτο μεταβαίνουμε στο δεύτερο εκτελώντας τους πολλαπλασιασμούς αλλά και από το δεύτερο στο πρώτο ϐγάζοντας όπως λέμε κοινό παράγοντα. Οι δύο άλλες πράξεις της αφαίρεσης και της διαίρεσης ορίζονται πλέον ως εξής : α β = α +( β) (1.9) και α β = α 1 β (1.10) Ασκηση 22. Βρείτε χωρίς χαρτί και μολύβι το άθροισμα : Ασκηση 23. Βρείτε χωρίς χαρτί και μολύβι το άθροισμα Ασκηση 24. Αν A + B = 7 ϐρείτε το 3A + 3B. Ασκηση 25. Να γράψετε ως γινόμενο παραγόντων τα : 1. 6x αβ + α 3. αa + αb + βa + βb Άλλες Ιδιότητες των πράξεων Οι ιδιότητες 1.4, 1.5, 1.6, 1.7, 1.8, λίγες τον αριθμό, μας επιτρέπουν να αποδείξουμε όλες τις άλλες ιδιότητες των πράξεων που ξέρουμε 9. Ας ϑυμηθούμε μερικές : (α + β)=( α)+( β) και 1 α β = 1 α 1 β (1.11) που μας λέει ότι : ο αντίθετος (αντιστοίχως ο αντίστροφος) αθροίσματος (αντιστοίχως γινομένου) είναι ίσος με το άθροισμα (αντιστοίχως το γινόμενο) των αντιθέτων (αντιστοίχως των αντιστρόφων) 10 8 Το πλήρες όνομα της είναι «επιμεριστική ιδιότητα το πολλαπλασιασμούως προς την πρόσ- ϑεση». 9 Τις αποδείξεις αυτές αν και δεν είναι δύσκολες ϑα τις παραλείψουμε. 10 Σπάνια μιλάμε έτσι στην καθημερινή κουβέντα μας. Στα Μαθηματικά αυτούτου είδους οι εκφράσεις συνηθίζονται και προτιμώνται για να δειχθεί κάποιο είδος ομοιότητας. πραγματικότητα πρόκειται για δύο προτάσεις: ο αντίθετος αθροίσματος είναι ίσος με το άθροισμα των αντιθέτων ο αντίστροφος γινομένου είναι ίσος με το το γινόμενο των αντιστρόφων Στην

34 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 25 Μία άλλη ϐασική ιδιότητα είναι η ιδιότητα της διαγραφής: Αν α + γ = β + γ τότε α = β Αν α γ = β γ και γ 0 τότε α = β (1.12) Πολλοί χειρισμοί που κάνουμε στην Άλγεβρα στηρίζονται σε αυτή την ιδιότητα : Παράδειγμα 7. Αν έχουμε ότι x+3 = 7+3 τότε διαγράφουμε το 3 σημειώνοντας x + 3 = και καταλήγουμε στο συμπέρασμα x = 7. Ομοια από στην σχέση α (x + y) =aβ αν το α είναι διάφορο του μηδενός μπορούμε να το διαγράψουμε α (x + y)= aβ και να συμπεράνουμε ότι x + y = β. Το 0 παίζει ένα ειδικό ϱόλο στον πολλαπλασιασμό (λέγεται γιαυτό απορ- ϱοφητικό στοιχείο): 0 x = 0 (1.13) δηλαδή αν πάρουμε το γινόμενο του 0 με κάποιο αριθμό τότε το αποτέλεσμα ϑα είναι μηδέν. Αυτός είναι και ο μόνος τρόπος για να γίνει ένα γινόμενο μηδέν δηλαδή πρέπει οπωσδήποτε κάποιος παράγοντας του να είναι μηδέν : Αν α β = 0 τότε α = 0 ή β = 0 (1.14) Η ιδιότητα αυτή είναι σημαντική στην επίλυση εξισώσεων και ισχύει και για περισσότερους απο δύο παράγοντες. Παράδειγμα 8. Αν έχουμε μία εξίσωση με άγνωστο το x και με κάποιο τρόπο πετύχουμε να την ϕέρουμε στην μορφή (x 1)(x + 1)(x 3)=0 τότε επειδή κάποιος από τους παράγοντες ϑα είναι μηδέν ή πρέπει x 1 = 0 ή x + 1 = 0 ήτέλοςx 3 = 0. Επομένως υπάρχουν τρία ενδεχόμενα για το x. Θα είναι x = 1 η x = 1 ήτέλοςx = 3. Επίσης μπορεί να αποδειχθεί η γνωστή ιδιότητα : α ( β)=( α) β = (αβ) (1.15) καθώς και η ( α)( β)=αβ (1.16) Τέλος αποδεικνύεται ότι η επιμεριστική ιδιότητα ισχύει και πιο γενικά για τρεις ή περισσότερους αριθμούς α (±β ± γ ± δ ±...) =α (±β)+α (±γ)+α (±δ)+... (1.17) Ασκηση 26. Να γίνουν οι πολλαπλασιασμοί

35 Οι Πραγματικοί Αριθμοί 1. x (y + z t) 2. (x + α)(y + z t) 3. (xα)(y + z t) 4. (α + β γ)(κ λ + μ) Ασκηση 27. Να γράψετε σαν ένα κλάσμα τις παραστάσεις : α + 1 β ( ) 4. 1 x+1 1 y 2 Ασκηση 28. Δίνεται η παράσταση A = xy+1. Να ϐρείτε την τιμή της A όταν x+y 1. x = 1, y = 2 2. x = 1 4, y = 8 Ασκηση 29. Να γράψετε σαν ένα κλάσμα τις παραστάσεις : α β x y α x y α x y Ασκηση 30. Να αποδείξετε ότι αν 2x + 5 = 2y + 5 τότε x = y Ασκηση 31. Να παραγοντοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. αβ 5α 3β pc + qc + pd + qd 3. ab bd + ae de 4. ab + 5b + 6a ab 5b 6a ab 10a + 3b 15 Ασκηση 32. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. xα+xβ xγ+xδ 4. xm+xn+3m+3n 2xm+2xn 3m 3n 2. αβ+βγ+βδ βε 5. 2tα+2tβ+sα+sβ 2tα 2tβ+sα sβ 3. xa xb ya+yb xa+xb ya yb 6. xy βx αy+αβ xy+βx αy αβ Ασκηση 33. Για τον αριθμό y είναι γνωστό πως (y 1)(y 2)(y 3) =0. Ποιές είναιοιτιμέςπουμπορείναπάρειτογινόμενο(y + 1)(y + 2)(y + 3); Ασκηση 34. Να αποδείξετε ότι αν (α β)( 1 α 1 )=0 τότε α = β. β Ασκηση 35. Τι ϑα σήμαινε να ήταν η πρόσθεση επιμεριστική ως προς τον πολλαπλασιασμό ; Ισχύει τέτοια ιδιότητα ;

36 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί Συντομεύσεις και προτεραιότητες Στον πολλαπλασιασμό παραλείπουμε όπου μπορούμε, και δεν υπάρχει κίνδυνος να δημιουργηθεί σύγχυση, το σύμβολο της πράξης του πολλαπλασιασμού. Ετσι γράφουμε 2x αντί 2 x και α (β γ) αντί α (β γ). Φυσικά δε μπορούμε αντί για 3 7 να γράψουμε 37 ούτε αντί για να γράψουμε (το πρώτο είναι ίσο με 5 και το δεύτερο με 5 ) Οπου είναι δυνατόν παραλείπουμε παρενθέσεις. Ετσι γράφοντας a + βγ εννοούμε το a +(βγ). Αντίθετα στην παράσταση α (β + γ) δε μπορούμε να παραλείψουμε την παρένθεση αφούαν την παραλείπαμε ϑα ήταν αβ + γ αντί του σωστού αβ + αγ. Κατά τα άλλα ακολουθούμε τον γενικό κανόνα για την προτεραιότητα των πράξεων που μάθαμε στο Γυμνάσιο : Αν δεν υπάρχουν παρενθέσεις η εκτέλεση πολλαπλασιασμών και διαιρέσεων προηγείται της εκτέλεσης των προσθέσεων και αφαιρέσεων. Αν έχουμε μία αλυσίδα από προσθαφαιρέσεις ή μία αλυσίδα από πολλαπλασιασμούκαι διαιρέσεις τότε συνηθίζεται 11 οι πράξεις να εκτελούνται από τα αριστερά προς τα δεξιά. Ασκηση 36. Βρείτε το Ασκηση 37. Βρείτε το Δυνάμεις και πολλαπλάσια Οι πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμούμπορούν ϕυσικά να εφαρμοσθούν σε ίσους προσθετέους ή ίσους παράγοντες. Ετσι αν έχουμε ένα αριθμό α και ένα ϑετικό ακέραιο ν μπορούμε να σχηματίσουμε : Το άθροισμα a + α α ν ϕορές Το γινόμενο a α... α ν ϕορές Το ν δηλώνει πόσες ϕορές επαναλαμβάνουμε το α δηλαδή 1, 2, 3 κτλ και σε καμία περίπτωση δεν σημαίνει «άπειρες ϕορές». Για το άθροισμα χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό να και δεν είναι παρά ένα πολλαπλάσιο του α ενώ για το γινόμενο χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό α ν και έχουμε μία δύναμη με ϐάση το α και εκθέτη το ν. Υπενθυμίζουμε το α ν λέγεται δύναμη, τοα λέγεται ϐάση και το ν εκθέτης. Οι συντομογραφίες αυτές είναι χρήσιμες και διευκολύνουν τους υπολογισμούς. Για τον λόγο αυτό τις επεκτείνουμε και για την περίπτωση όπου ο ν είναι μηδέν ή και αρνητικός ακέραιος. Μόνο που στην περίπτωση της δύναμης με μηδενικό ή αρνητικό εκθέτη απαιτούμε η ϐάση να είναι διάφορη του 0. Είναι0 α = 0 και ορίζουμε να είναι α 0 = 1 για α 0. Αν τώρα το ν είναι αρνητικό τότε να =( ν)( α)=( a)+( α)+... +( α) ν ϕορές 11 Μερικά υπολογιστικά προγράμματα υιοθετούν άλλους κανόνες

37 Οι Πραγματικοί Αριθμοί και Συνοψίζοντας έχουμε : και να = α ν = α ν =( 1 a ) ν = 1 a 1 a... 1 = 1 a a ν ν ϕορές a + α α ν ϕορές αν ν > 0 0 αν ν = 0 αν ν < 0 ( a)+( α)+... +( α) ν ϕορές a α... α ν ϕορές 1 a 1 a... 1 a ν ϕορές αν ν > 0 1 αν a 0, ν = 0 = 1 a ν αν ν < 0 Ο παραπάνω συμβολισμός είναι κάπως ενοχλητικός αλλά καλό είναι να εξοικειωθείτε όσο γίνεται νωρίτερα. Η ϐασική του δομή είναι Κάποια παράσταση = Κάποια παράσταση 1 αν Ισχύει κάποια συνθήκη 1 Κάποια παράσταση 2 αν Ισχύει κάποια συνθήκη όπου οι συνθήκες 1, 2,... είναι αλληλοαποκλειόμενες δηλαδή όταν ισχύει μία από αυτές δεν ισχύουν οι άλλες. Ας δούμε ένα ακόμη παράδειγμα. Ας πούμε ότι ο ν είναι ϕυσικός αριθμός. Ποιές είναι οι τιμές που μπορεί να πάρει ο ( 1) ν ; Αν ν = 0 τότε ( 1) ν =( 1) 0 = 1. Αν ο ν είναι κάποιος άρτιος ν = 2κ τότε : ( 1) ν =( 1)( 1)... ( 1) = ν ϕορές Ζεύγος 1 Ζεύγος 2 Ζεύγος κ ( 1)( 1) ( 1)( 1)... ( 1)( 1) κ ϕορές = = 1 κ ϕορές Αν πάλι ο ν είναι περιττός, ν = 2κ + 1 τότε όταν γράψουμε το ( 1) ν υπό μορφή γινομένου ϑα έχουμε κ γινόμενα Ϲευγών ( 1)( 1) που δίνουν 1 επί ένα ακόμη 1 που ϑα μας γυρίσει το γινόμενο σε 1. Επειδή και ο 0 είναι άρτιος συμπεραίνουμε πως το ( 1) ν είναι 1 ή 1 ανάλογα με το αν ο ν είναι άρτιος η περιττός. Τελικά : ( 1) ν ={ 1 αν ν = άρτιος 1 αν ν = περιττός Ασκηση 38. Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης A =( 1) Ασκηση 39. Να υπολογίσετε την παράσταση ( 1 2 ) ( 3) 3

38 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί Ιδιότητες Δυνάμεων και Πολλαπλασίων Για τις δυνάμεις ισχύουν οι ακόλουθες (γνωστές από το Γυμνάσιο) ιδιότητες (οι μ, ν είναι ακέραιοι και όπου χρειάζεται είναι α 0,β 0): μα + να =(μ + ν) α και α μ α ν = α μ+ν (1.18) μα να =(μ ν) α και α μ α ν = αμ ν (1.19) ν (μα)=(μν) a και (α μ ) ν = α μν (1.20) ν (α + β)=να + νβ και (αβ) ν = α ν β ν (1.21) ν (α β)=να νβ και ( α ν β ) = α ν β ν (1.22) Οι αποδείξεις των ιδιοτήτων αυτών δεν είναι δύσκολες απλώς χρειάζονται κατάλληλο χειρισμό των επιμέρους περιπτώσεων. Κάποιες περιπτώσεις αντιμετωπίζονται στις ασκήσεις που ακολουθούν. Ασκηση 40. Να υπολογίσετε τις δυνάμεις : ( 3) 2 Ασκηση 41. Αν είναι α μ = 5 και α ν = 625 ϐρείτε τα α μ+ν και α μ ν. Ασκηση 42. Αν α μ = p και α μ+1 = q όπου p, q είναι γνωστοί αριθμοί ϐρείτε το α. Ασκηση 43. Να υπολογίσετε τις δυνάμεις : 1. ( 2 3 )4 2. ( 6 5 )3 3. ( 2 3 )3 4. ( 5 3 ) 2 Ασκηση 44. Να γράψετε ως μία δύναμη του α τους αριθμούς : 1. α 3 α 5 2. α 3 α 5 3. (α 2 ) 3 4. (α 2 α 3 α 4 ) 2 (α 2 α 3 α 4 ) 3 5. (α 4 ) 3 α 5 1 (α 3 ) 2 6. ((α 3 ) 4 (α 5 ) 6 ) 2 Ασκηση 45. Να υπολογίσετε τις παραστάσεις :

39 Οι Πραγματικοί Αριθμοί ( 3) 2 3. ( t) 51 + t 51 +( t) 51 + t ( 2) ξ 2 +ξ ξ ξ 1 Ασκηση 46. Να αποδείξετε την ιδιότητα α μ+ν = α μ α ν όταν οι μ, ν είναι ϕυσικοί αριθμοί. Ασκηση 47. Να αποδείξετε την ιδιότητα α μ ν = αμ όταν οι μ, ν είναι ϕυσικοί αριθμοί α ν με μ > ν. Ασκηση 48. Να παραγοντοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. αx 2 + α 2 x αβ βx 2. x 2 + αx βx αβ 3. x 5 y 2 + x 4 y 3 4. a 13 b 11 a 14 b x 2 y 4 + x 2 b 3 + a 4 y 4 + a 4 b α 2 β 4β 2 4α 4 + α 2 β Ασκηση 49. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. x 3 a+x 3 b 2 +y 4 a+y 4 b 2 x 3 a 2 +x 3 b+y 4 a 2 +y 4 b 3. 5x 2 yz 2 5x 2 y+10x 2 z 2. x 4 y 2 r x 4 y 2 s x 4 y 2 r+x 4 y 2 s 4. rm+rt 3 +s 3 m+s 3 t 3 rm rt 3 +s 3 m s 3 t Δείκτες Στα Μαθηματικά χρησιμοποιούμε γράμματα για να συμβολίσουμε αριθμούς, σημεία ή άλλα αντικείμενα. Μερικές ϕορές χρησιμοποιούμε και τονούμενα γράμματα. Γα δύο λόγους : Ο πρώτος γιατί ϑέλουμε κάποιο γράμμα να μας υπενθυμίζει ένα άλλο γιατί οι δύο αριθμοί που συμβολίζουν έχουν μεταξύ τους κάποια σχέση. Ο δεύτερος λόγος είναι ότι μπορεί τα διαθέσιμα γράμματα να μην επαρκούν, δεδομένου ότι δε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το ίδιο γράμμα για να συμβολίσουμε δύο διαφορετικούς αριθμούς. Ομως η επανάληψη των τόνων στα τονούμενα γράμματα μας δημιουργεί κάποια προβλήματα. Μπορούμε να ξεχωρίσουμε το a από το a αλλά τα πράγματα ϑα δυσκόλευαν αν είχαμε τα a και a. Για τον σκοπό αυτό χρησιμοποιούμε τους δείκτες. Αντι για a,a,a μπορούμε να γράφουμε a 1,a 2,a 3. Αν για παράδειγμα ϑέλαμε να συμβολίσουμε τους 12 μήνες μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τον συμβολισμό M 1,M 2,... για τον πρώτο μήνα (Ιανουάριο) τον δεύτερο μήνα (Φεβρουάριο) κ.ο.κ. Με τους δείκτες πρέπει να είμαστε προσεκτικοί στο εξής σημείο : Δεν συμπεριφέρονται όπως οι δυνάμεις ακόμη και όταν δουλεύουμε με αριθμούς. Ετσι δεν είναι σωστό να πούμε πως α 3 α 4 = a 7. Ασκηση 50. Εστω ότι a 1 = 4, a 2 = 7, a 3 = 11, a 4 = 2. Βρείτετα 1. a 1 + a 2 + a 3 + a 4 2. a 1+3 a a a2 2 + a2 3 + a2 4

40 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί a 1a 2 a 3 a 4 4 Ασκηση 51. Να κάνετε τις πράξεις 1. (α 4 1 α5 2 )(α3 1 α6 2 ) 2. (α 3 1β 2 1 )3 α 3 1β (α 1 + β 1 )(α 2 β 2 ) 4. (x 1 x 2 2 x3 3 )2 (x 2 1 x3 2 x 3) Η Διάταξη στους Πραγματικούς Οι πραγματικοί αριθμοί μπορούν να συγκρίνονται όπως οι ϱητοί αριθμοί. Αν έχουμε δύο πραγματικούς αριθμούς α, β τότε κάποιο (και ένα μόνο) από τα επόμενα ϑα ισχύει Οι αριθμοί είναι ίσοι. Μεγαλύτερος είναι ο α και μικρότερος ο β. Μεγαλύτερος είναι ο β και μικρότερος ο α. Οι αντίστοιχοι συμβολισμοί κατά περίπτωση είναι α = β (αλλά και β = α), α > β (αλλά και β < α), β > α (αλλά και α < β). Επομένως για δύο πραγματικούς αριθμούς α, β ισχύει μόνο ένα από τα Για δύο πραγματικούς α, β ένα μόνο από τα επόμενα ισχύει α = β ή α > β ή α, < β Επίσης έχουμε και ανάμεικτες περιπτώσεις (1.23) = < > { { { Να είναι α < β ή α > β δηλαδή να αποκλειστεί η α = β οπότε οι αριθμοί είναι διάφοροι. Γράφουμε α β (αλλά και β α). Να είναι α < β ή α = β δηλαδή να αποκλειστεί η α > β οπότε ο α είναι μικρότερος ή ίσος του β. Γράφουμεα β (αλλά και β α). Να είναι β < α ή β = α δηλαδή να αποκλειστεί η α > β οπότε ο β είναι μικρότερος ή ίσος του α. Γράφουμεβ α (αλλά και α β). Σχέσεις όπως οι A B, A B, A < B, A > B λέγονται ανισότητες και οι αριθμοί A, B λέγονται μέλη τους. Παράδειγμα 9. Είναι 3 < 6, 6 > 3, 3 6, 6 3, 3 6, 6 3, 3 = 3, 3 3, 3 3. Αν είναι α > 0 τότε ο α λέγεται ϑετικός. αρνητικός ενώ αν α 0 λέγεται μη αρνητικός. Αν είναι α < 0 τότε λέγεται Ασκηση 52. Ποιεςαπότιςεπόμενεςσχέσειςείναισωστέςκαιποιεςλανθασμένες;

41 Οι Πραγματικοί Αριθμοί ( 11) ( 2) 3 > Θεμελιώδεις ιδιότητες της Διάταξης Υπενθυμίζουμε μερικές, γνωστές από το Γυμνάσιο, ϑεμελιώδεις ιδιότητες της διάταξης. Μεταβατική Ιδιότητα : Αν α < β και β < γ τότε α < γ (1.24) Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ακόμη πως ισχύει Αν α β και β < γ τότε α < γ (1.25) Αν α < β και β γ τότε α < γ (1.26) Αν α β και β γ τότε α γ (1.27) Η μεταβατική ιδιότητα με την μορφή (1.24) ή τις μορφές (1.25), (1.26), (1.27) μας επιτρέπει να μεταβαίνουμε από δύο ανισότητες σε μία τρίτη. Ετσι Αν ξέρουμε πως 2 < x και x < y συμπεραίνουμε πως 2 < y. Αν ξέρουμε πως a < b, b < c, c < d τότε ξέρουμε πως a < c και c < d επομένως a < d. Σε ένα οριζόντιο άξονα πραγματικών αριθμών η σχέση a < b σημαίνει πως το b είναι τοποθετημένο δεξιά του a. Η σχέση b < c σημαίνει πως το c είναι τοποθετημένο δεξιά του b. Τέλος η σχέση c < d μας λέει πως το d είναι δεξιά του c. Η μεταβατική ιδιότητα ουσιαστικά μας λέει πως αν το b είναι δεξιά του a και το c δεξιά του b τότε το c είναι δεξιά του a. a b c d Η μεταβατική ιδιότητα μας επιτρέπει να γράφουμε διπλές ανισότητες όπως a < b < c. Η σχέση αυτή σημαίνει δύο πράγματα : ότι a < b και ότι b < c. Και ϕυσικά, ως συνέπεια, σημαίνει και ότι a < c. Αν ισχύει a < b < c λέμε ότι ο b είναι μεταξύ των a και c. Ισχύει και η παρακάτω ιδιότητα 12 : Αν α β και β α τότε α = α (1.28) 12 Λέγεται αντισυμμετρική σε αντιδιαστολή με την ιδιότητα της ισότητας «Αν α = β τοτε και β = α» που ονομάζεται συμμετρική

42 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 33 Ασκηση 53. Υποθέτουμε ότι a > b, a < c, d > c. Νασυγκρίνετετουςd, b. Ασκηση 54. Αν 2 < x και 3 < y μπορούμε να συγκρίνουμε τα x, y; Ασκηση 55. Να γράψετε είκοσι τιμές του x για τις οποίες ισχύει 1 < x < 13. Ασκηση 56. Για τους αριθμούς α, β, γ, δ, ε είναι γνωστό ότι α < β, β < γ, δ < β, ε > β. Ποιές από τις παρακάτω σχέσεις προκύπτουν από τα παραπάνω δεδομένα ; 1. α < δ 2. ε > δ 3. γ > δ 4. α ε Ασκηση 57. Να τοποθετήσετε κατά αύξουσα σειρά τους αριθμούς Διάταξη και πράξεις 2 3, 5 8, 9 4, 5 2, 4 8 Η διάταξη στους πραγματικούς είναι άμεσα συνδεδεμένη με τις πράξεις και δεν λειτουργεί ανεξάρτητα από αυτές. Είναι όπως λέμε συμβιβαστή με τις πράξεις. Το γεγονός αυτό περιγράφεται από τις εξής ιδιότητες Αν α < β τότε α + γ < β + γ (1.29) Αν α > 0, β > 0 τότε αβ > 0 (1.30) Η ιδιότητα (1.29) περιγράφεται ως εξής : «Αν προσθέσουμε και στα δύο μέλη μιας ανισότητας τον ίδιο αριθμό ϑα προκύψει ανισότητα που ϑα έχει ίδια ϕορά με της αρχική» ενώ η (1.30) ως «Το γινόμενο δύο ϑετικών αριθμών είναι ϑετικό» Συνδυάζοντας τις τις ιδιότητες αυτές με τις ιδιότητες (1.23),(1.24) και τις ιδιότητες των πράξεων μπορούμε να αποδείξουμε και άλλες ιδιότητες γνωστές από το Γυμνάσιο : Ας υποθέσουμε ότι ισχύει α + γ < β + γ. Τότε προσθέτοντας και στα δύο μέλη το γ έχουμε α + γ +( γ)<β + γ +( γ) δηλαδή α + 0 < β + 0 και τελικά α < β. Επομένως : Αν α + γ < β + γ τότε α < β (1.31) που περιγράφεται και ως «Αν απο τα δύο μέλη μια ανισότητας διαγράψουμε τον ίδιο προσθετέο τότε προκύπτει ανισότητα που έχει ίδια ϕορά με την αρχική» Ας υποθέσουμε τώρα πως α > β. Τότε προσθέτοντας και στα δύο μέλη το β ϐρίσκουμε ότι α+( β)>β +( β) δηλαδή α β > 0. Αλλά και αντιστρόφως αν υποτεθεί πως α β > 0 τότε προσθέτοντας αυτή τη ϕορά το β ϐρίσκουμε πως α > β. Εχουμε αποδείξει λοιπόν πως α > β αν και μόνο αν α β > 0 (1.32)

43 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Η ιδιότητα (1.30) μας πληροφορεί για το γινόμενο ϑετικών αριθμών. Μπο- ϱούμε να αποδείξουμε ανάλογη ιδιότητα για το άθροισμα : Ας υποθέσουμε πως α > 0, β > 0. Τότε προσθέτοντας στα μέλη της πρώτης το β ϐρίσκουμε πως α + β > β που αν συνδυαστεί με την β > 0 λόγω της μεταβατικής ιδιότητας μας δίνει την α + β > 0. Επομένως αποδείξαμε ότι : Αν α > 0, β > 0 τότε α + β > 0 (1.33) Δηλαδή ότι Το άθροισμα δύο ϑετικών αριθμών είναι ϑετικός αριθμός. τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε πως : Με παρόμοιο και ακόμη Αν α 0, β > 0 τότε α + β > 0 (1.34) Αν α 0, β 0 τότε α + β 0 (1.35) Ξέρετε ότι ο αντίθετος ενός ϑετικούαριθμούείναι αρνητικός αριθμός και ο αντίθετος ενός αρνητικούαριθμούείναι ϑετικός. Αυτό μπορεί να προκύψει και από τις ιδιότητες που προαναφέραμε : Αν υποτεθεί πως α > 0 τότε προσθέτοντας αι στα δύο μέλη το α ϐρίσκουμε ότι α α > α δηλαδή ότι 0 > α επομένως ο α είναι αρνητικός. Αν πάλι υποθέσουμε ότι ο αριθμός α είναι αρνητικός δηλαδή α < 0 πάλι προσθέτοντας το α ϑα καταλήξουμε στο ότι α > 0. Επομένως : α > 0 αν και μόνο αν α < 0 (1.36) Η ιδιότητα (1.29) μας λέει τι συμβαίνει όταν προσθέτουμε σε μία ανισότητα ένααριθμό. ΑπότοΓυμνάσιογνωρίζετε πως όταν πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη μίας ανισότητας με ένα ϑετικό αριθμό προκύπτει μία ανισότητα που έχει την ίδια ϕορά με την αρχική. Θα αποδείξουμε αυτή την ιδιότητα. Ας υποθέσουμε ότι ισχύει α < β και γ > 0. Τότε είναι β α > 0 και επομένως ισχύει (λόγω της (1.30) ) ότι το γινόμενο των ϑετικών αριθμών είναι ϑετικός δηλαδή γ (β α) >0. Άραγβ γα > 0 και επομένως γβ > γα ή αλλιώς γα < γβ. Άρα Αν α < β και γ > 0 τότε αγ < βγ (1.37) Αν τώρα α < β και είναι γ < 0 τότε γ > 0 και μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της α < β με τον ϑετικό αριθμό γ γιαναπάρουμε αγ < βγ οπότε αγ > βγ. Δηλαδή: Αν α < β και γ < 0 τότε αγ > βγ (1.38) Η ιδιότητα (1.30) δεν είναι άλλη από τον κανόνα (+) (+) = (+). Δηλαδήένας από τους κανόνες των προσήμων για τον πολλαπλασιασμό. Ας αποδείξουμε και τους άλλους κανόνες των προσήμων που κωδικοποιήθηκαν από τον Διόφαντο στο έργο του «Αριθμητικά» Μπορεί να ϐρεθεί στην διεύθυνση

44 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 35 Από τα «Αριθμητικά» του Διόφαντου έκδοση Teubner, Αν είναι α > 0 και β < 0 τότε α > 0 και β > 0 οπότε από την (1.30) είναι α ( β) >0. Αλλά α ( β) = (αβ) και επομένως (αβ) >0 άρα αβ < 0. Αποδείξαμε ότι Αν α > 0 και β < 0 τότε αβ < 0 (1.39) Δηλαδή αποδείξαμε τον κανόνα (+) ( ) = ( ). Τέλος αν υποθέσουμε ότι α < 0 και β < 0 τότε αβ =( α) ( β) > 0 δηλαδή έχουμε : + + Αν α < 0 και β < 0 τότε αβ > 0 (1.40) με άλλα λόγια τον γνωστό μας κανόνα ( ) ( ) = (+) Ας αποδείξουμε άλλη μία γνωστή μας ιδιότητα : Εκείνη που έχει σχέση με τον πολλαπλασιασμό των μελών μίας ανισότητας με ένα αρνητικό αριθμό. Αν είναι α < β και γ < 0 τότε β α > 0 και επομένως γ(β α) <0 από την οποία προκύπτει ότι αγ > βγ δηλαδή η αρχική αναισότητα άλλαξε ϕορά. Επομένως έχουμε : Αν α < β και γ < 0 τότε αγ > βγ (1.41) Ξέρετε πως ο αντίστροφος ενός ϑετικούαριθμούείναι ϑετικός και ο αντίστροφος ενός αρνητικούείναι αρνητικός. Ας το αποδείξουμε. Είναι α 1 α = 1. Αφού 1 > 0 αν μεν είναι α > 0 ϑα είναι αναγκαστικά και 1 α > 0 διαφορετικά το γινόμενο του επί το α ϑα ήταν αρνητικό και όχι ϑετικό. Αν πάλι είναι α < 0 ϑα πρέπει να είναι και 1 α < 0 αφούσε ενάντια περίπτωση το γινόμενο του με τον α ϑα ήταν πάλι αρνητικό. Με άλλα λόγια Αν α > 0 τότε 1 α > 0 (1.42) Αν α < 0 τότε 1 α < 0 (1.43) Υπενθυμίζουμε ότι αν έχουμε δύο μη μηδενικούς αριθμούς τότε αυτοί λέγονται ομόσημοι αν είναι και οι δύο ϑετικοί ή και οι δύο αρνητικοί. Αν δεν είναι ομόσημοι, που σημαίνει πως ο ένας ϑα είναι ϑετικός και ο άλλος αρνητικός τότε λέγονται ετερόσημοι. Οι δύο προηγούμενες ιδιότητες μας λένε πως ένας αριθμός και ο αντίστροφος του ϑα είναι πάντα ομόσημοι.

45 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Οι κανόνες των προσήμων μας λένε ότι αν πολλαπλασιάσουμε δύο ομόσημους αριθμούς το αποτέλεσμα ϑα είναι ένας ϑετικός αριθμός ενώ αν πολλαπλασιάσουμε δύο ετερόσημους το αποτέλεσμα ϑα είναι αρνητικός. Επίσης αφού α β = α 1 β και οι αριθμοί 1 β και β είναι ομόσημοι είτε πολλαπλασιάσουμε τους μη μηδενικούς αριθμούς α, β είτε τους διαιρέσουμε ϑα ϐρούμε ομόσημους αριθμούς. Οχι ϕυσικά τους ίδιους, απλώς ομόσημους. Είμαστε συνηθισμένοι όταν λέμε πρόσημο ενός μη μηδενικούαριθμούνα εννοούμε το + αν ο αριθμός είναι ϑετικός και το αν ο αριθμός είναι αρνητικός. Μπορούμε να ορίσουμε και κάπως διαφορετικά το πρόσημο ενός αριθμού με ένα τρόπο που σε κάποιες περιπτώσεις είναι πιο εξυπηρετικός. Ορίζουμε : πρόσημο του x = 1 αν x < 0 0 αν x = 0 1 αν x > 0 (1.44) Εχουμε λοιπόν τρόπους για να ϕανταζόμαστε το πρόσημο ενός μη μηδενικού αριθμού: Η σαν 1, +1 ήσαν+,. Απλώς με τον ορισμό του προσήμου που δόθηκε πιο πάνω και είναι ο «επίσημος» ορισμός καλύπτουμε και την περίπτωση του 0 αποδίδοντας του πρόσημο : το 0. Οι προηγούμενες ιδιότητες μας πληροφορούν ότι : πρόσημο (αβ) =πρόσημο (α)πρόσημο (β) (1.45) και για β 0 και πρόσημο ( α πρόσημο (α) )= β πρόσημο (β) (1.46) πρόσημο ( α )=πρόσημο (αβ) (1.47) β Ασκηση 58. Εστω ότι α < β. Να αποδείξετε ότι : 1. 6α 3 < 6β (α + 1)<5 (β + 1) 3. 6 (α β) <α β Ασκηση 59. Εστω ότι α < β και γ < δ. Να αποδείξετε ότι : 1. 2α + 3γ < 2β + 3δ 2. 2α 5δ < 2β 5γ 3. α+γ < β+δ Ασκηση 60. Εστω ότι α < β και γ < δ. Να αποδείξετε ότι αγ αδ βγ + βδ > 0. Ασκηση 61. Εστω ότι α < β (1) Ποιες από τις παρακάτω ανισότητες είναι ϐέβαιο ότι προκύπτουν από την (1);

46 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί α < 2β 2. α < 2β 3. 2α < β α < β 5. α 2 < β 6. α < β + 2 Ασκηση 62. Εστω ότι ισχύει α < β. Να αποδείξετε ότι ισχύει και α < α+β 2 < β. α α + β 2 β Στη συνέχεια να γράψετε δέκα τιμές του x για τις οποίες ισχύει α < x < β Ασκηση 63. Αν α > 0, β > 0, γ < 0 να καθορίσετε το πρόσημο των αριθμών 1. (α + β) 2. αβ γ γ 3. (α + 1)(γ 1) α γ + γ β αγ+βγ 1 γ αβγ (α+1)(β+1) Ακέραιες και δεκαδικές προσεγγίσεις Αν ένας πραγματικός αριθμός x δεν είναι ακέραιος τότε ϑα ϐρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών ακεραίων. Ο πιο μικρός από αυτούς ονομάζεται ακέραιο μέρος τουαριθμούx. Αν ο x είναι ακέραιος τότε το ακέραιο μέρος του ορίζεται να είναι ο ίδιος ο x. O x βρίσκεται μεταξύ αυτών των διαδοχικών ακεραίων x ο πιο μικρός είναι το ακέραιο μέρος του x Το ακέραιο μέρος του x συμβολίζεται με [x] και πιο σπάνια με x. Είναι λοιπόν [2, 3] =2, [ 7] = 7, [ 1 2 ] = 0, [ 2 2 ] = 2. Μια άλλη πιο σύντομη περιγραφή του ακεραίου μέρους είναι η ακόλουθη : ακέραιο μέρος του x =[x]= ομεγαλύτερος από τους ακεραίους που δεν υπερβαίνουν το x (1.48)

47 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Φυσικά ισχύει [x] x <[x]+1 (1.49) Το ακέραιο μέρος είναι μία πολύπρόχειρη και ανακριβής προσέγγιση ενός αριθμού. Αν ο αριθμός x δεν είναι ακέραιος, οπότε είναι μεγαλύτερος από το ακέραιο μέρος του τότε χρειάζεται να συμπληρώσουμε το ακέραιο μέρος με κάτι ακόμη, δηλαδή να προσθέσουμε κάτι, για να έχουμε τον αριθμό μας. Ο αριθμός αυτός λέγεται δεκαδικό μέρος του x. Είναι λοιπόν x = ακέραιο μέρος του x + δεκαδικό μέρος του x (1.50) επομένως δεκαδικό μέρος του x = x [x] (1.51) Ετσιτοδεκαδικόμέροςτου3, 2 είναι 3, 2 3 = 0, 2 το δεκαδικό μέρος του 4, 78 είναι 0, 22. Μια άλλη προσέγγιση των αριθμών, με την οποία είστε εξοικειωμένοι από το Δημοτικό είναι η δεκαδική προσέγγιση. Αντί να χρησιμοποιήσουμε τους ακεραίους χρησιμοποιούμε τις δυνάμεις του 10: = = = = 1 10, 10 0 = 1, 10 1 = 10, 10 2 = , 1000, 100, (1.52) Σημειώστε ότι αν πολλαπλασιάσουμε μία δύναμη του παραπάνω καταλόγου (1.52) επί 10 ϑα ϐρούμε την αμέσως επόμενη δύναμη που είναι γραμμένη ακριβώς από κάτω. Μπορούμε ϕυσικά να έχουμε οσοδήποτε μικρές δυνάμεις του 10 και οσοδήποτε μεγάλες. Ας δούμε πως χρησιμοποιούμε αυτές τις δυνάμεις για να προσεγγίσουμε τους ϑετικούς πραγματικούς αριθμούς. Ας ϑεωρήσουμε ένα ϑετικό πραγματικό αριθμό x. Ανοx είναι δύναμη του 10 είμαστε τυχεροί : δεν έχουμε προσέγγιση του x αλλά τον ίδιο τον x οποίος ϑα είναι κάποιος από τους αριθμούς του καταλόγου (1.52) Αν ένας αριθμός x δεν είναι δύναμη του 10 ϐρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών δυνάμεων του 10 δηλαδή δύο δυνάμεων που έχουν εκθέτες διαδοχικούς ακεραίους. Ας δούμε τον συγκεκριμένο αριθμό x = Ο x ϐρίσκεται μεταξύτων 102 = 100 και 10 3 = Δηλαδή: 10 2 < < 103 Μπορούμε να «κινηθούμε» ξεκινώντας από το 10 2 και να ϕθάσουμε στο 10 3 διατρέχοντας τα πολλαπλάσια του 10 2 δηλαδή ανεβαίνοντας ανά = 1 100, 2 100, 3 100, 4 100, 5 100, 6 100, 7 100, 8 100, = 1000

48 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 39 Αν ο αριθμός μας είναι κάποιος από αυτά τα πολλαπλάσια πάλι είμαστε τυχεροί αφούέχουμε την τιμή του αριθμούμας. Στην περίπτωση μας όπου x = αυτό δεν συμβαίνει. Επομένως ο x, ϐρίσκεται μεταξύδύο διαδοχικών πολλαπλασίων του 10 2 = 100. Προχωράμε σε συγκρίσεις του x με αυτά τα πολλαπλάσια : Είναι 100 < αφού < 824 Είναι 200 < αφού < 824 Αλλά είναι 300 > αφού > 824 Βρίσκουμε λοιπόν ότι ο x ϐρίσκεται μεταξύτων και δηλαδή ισχύει : < < Αυτή είναι μία πρώτη προσέγγιση του x: Μεϐήματαπλάτους100, Εστιάζουμε την προσοχή μας στους αριθμούς μεταξύ 200 και 300 Ο x είναι 200 συν «κάτι». Αυτό το «κάτι» μπορούμε να το προσεγγίσουμε αν ξεκινήσουμε από το 200 και κινηθούμε προς το 300 όχι με ϐήματα πλάτους

49 Οι Πραγματικοί Αριθμοί 100 = 10 2 αλλά με μικρότερα ίσα με την αμέσως κατώτερη δύναμη. Δηλαδή ϐήματα πλάτους Θα καλύψουμε τους αριθμούς , , ,..., Η κάποιο από αυτά τα ϐήματα ϑα «πατήσει» στο x ήτοx ϑα ϐρεθεί μεταξύδύο διαδοχικών ϐημάτων. Συγκρίνοντας τον αριθμό x με τους παραπάνωαριθμούς ϐρίσκουμε ότι < < Αν τώρα συνεχίσουμε με ϐήματα της αμέσως μικρότερης δύναμης του 10 δηλαδή του 10 0 = 1 ϐρίσκουμε ότι < < Η αμέσως επόμενη δύναμη που ϑα μας δώσει μία πιο καλή προσέγγιση είναι το 10 1 = 1 10.Είναι: < < Συνεχίζουμε με αυτό τον τρόπο δουλεύοντας με τις επόμενες δυνάμεις : 10 2, 10 3 σωρεύοντας ολοένα μικρότερους προσθετέους. Θα δούμε ότι χρειάζεται να προσθέτουμε τους , , , , , , ,.. ( ) Τα αποσιωπητικά στην (;;) υποδηλώνουν ότι με τα ενδιάμεσα ϐήματα (που ϑα έχουν μήκος 10 κάποιος αρνητικός ακέραιος ) που ϑα κάνουμε δεν ϑα «πατήσουμε» σ- τον αριθμό x. Στην( ) οι αριθμοί που είναι γραμμένοι έντονα (bold) δηλώνουν

50 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 41 πόσα ϐήματα χρησιμοποιήσαμε από κάθε πλάτος : , Οι αριθμοί μας δίνουν σχεδόν όλες τις πληροφορίες της «διαδρομής» μας. Σχεδόν και όχι όλες γιατί δεν ϕαίνεται που άρχισαν τα «μικρά» ϐήματα δηλαδή εκείνα που είχαν πλάτος μία δύναμη του 10 με αρνητικό εκθέτη. Αυτό τακτοποιείται αν ϐάλουμε ένα σημαδάκι για να δείξουμε που συνέβη αυτό. Είναι η γνωστή μας υποδιαστολή «,»: 2 7 4, Στο παραπάνω αποτέλεσμα μπορούσαμε ϕυσικά να ϕθάσουμε αν κάναμε την διαίρεση : , Η παραπάνω διαδικασία μας οδηγεί στην δεκαδική παράσταση του αριθμού x. Αυτό συμβαίνει με κάθε αριθμό όχι μόνο με τον συγκεκριμένο x = Γιανα σχηματίσουμε τα πολλαπλάσια των επιμέρους δυνάμεων του 10 πολλαπλασιά- Ϲουμε αυτές τις δυνάμεις επί κάποιον από τους αριθμούς 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (το 0 ϑα χρησιμοποιηθεί αν δεν χρειασθεί το αντίστοιχο πολλαπλάσιο) και έτσι σχηματίζονται τα ψηφία της δεκαδικής παράστασης. Γενικά στην δεκαδική παράσταση ενός αριθμού δύο πράγματα μπορούν να συμβούν.

51 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Η διαδικασία κάποια στιγμή ϑα τερματισθεί και ϑα σχηματισθεί ο αριθμός μας (όταν κάποιο ενδιάμεσο ϐήμα «πατήσει» στον αριθμό) ή η διαδικασία ϑα συνεχίζεται επ απειρον αλλά ϑα εμφανίζεται συνεχώς ένα και το αυτό σύμπλεγμα ψηφίων (λέγεται περίοδος). Η διαδικασία ϑα συνεχίζεται επ απειρον αλλά δεν ϑα εμφανίζεται επαναλαμ- ϐανόμενο συνεχώς ένα και το αυτό σύμπλεγμα ψηφίων. Η πρώτη περίπτωση εμφανίζεται όταν πρόκειται για ϱητούς αριθμούς και μόνο. Η δεύτερη εμφανίζεται όταν πρόκειται για άρρητους αριθμούς και μόνο. Η δεκαδική παράσταση λοιπόν μας δίνει και ένα κριτήριο για το αν ένας αριθμός είναι ϱητός ή όχι : Τερματιζόμενη δεκαδική παράσταση ή από κάποιο σημείο και μετά επαναλαμβανόμενη : Ο αριθμός είναι ϱητός. Δεκαδική παράσταση μη τερματιζόμενη και μη επαναλαμβανόμενη από κάποιο σημείο και μετά : Ο αριθμός είναι άρρητος. Αν η δεκαδική παράσταση ενός αριθμούτερματίζεται μπορούμε και αυτήν να την ϑεωρούμε ως περιοδική με επαναλαμβανόμενη περίοδο το 0. Κάθε αριθμός έχει και μία δεκαδική παράσταση και κάθε δεκαδική παράσταση αντιστοιχεί σε ένα αριθμό. Μας ενδιαφέρει, όπως είναι λογικό, σε κάθε αριθμό να αντιστοιχεί μόνο μία δεκαδική παράσταση. Αυτό επιτυγχάνεται αν δεν επιτρέψουμε να χρησιμοποιούνται δεκαδικές παραστάσεις έχουν περίοδο το 9. Ο λόγος είναι ότι αν τις επιτρέψουμε ϑα έχουμε διπλές παραστάσεις ορισμένων αριθμών. Για παράδειγμα η δεκαδική παράσταση 0, οδηγεί στον αριθμό 1. Αυτό διότι αν επιτρέψουμε τον συμβολισμό 0, 9999 και ονομάσουμε a = 0, 9999 τότε 10a = 9, δηλαδή 10a = 9 + a και 9a = 9 άρα a = 1. Αν λοιπόν επιτρέπαμε παραστάσεις με περίοδο 9 η μονάδα εκτός από την παράσταση 1 ϑα διέθετε και την 0, Σύμφωνα με όσα αναφέραμε προηγουμένως η δεκαδική παράσταση ενός αριθμούϑα έχει την γενική μορφή Ασκηση 64. Οαριθμός 19 7 α m α m 1...α 0, β 1 β 2 β 2... Ακέραιο Μέρος Δεκαδικό Μέρος είναι ϱητός. Βρείτε την δεκαδική του παράσταση. Ασκηση 65. Ποιος αριθμός έχει ακέραιο μέρος 3 και δεκαδικό μέρος 0, 23 Ασκηση 66. Για τους τριψήφιους ακέραιους a 2 a 1 a 0 και b 2 b 1 b 0 είναι γνωστό ότι a 2 + b 2 = a 1 + b 1 = a 0 + b 0 = 11. Βρείτε το άθροισμα τους a 2 a 1 a 0 + b 2 b 1 b 0. Ασκηση 67. Βρείτε τον αντίστροφο του 0, 3 (η παύλα δηλώνει περίοδο) Ασκηση 68. Να εξετάσετε αν αν ο παρακάτω αριθμός (άπειρα δεκαδικά ψηφία): είναι ϱητός ή άρρητος 0,

52 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 43 Ασκηση 69. Για τον αριθμό με x με δεκαδική παράσταση a 3 a 2 a 1 a 0 ισχύει a 1 = 3 + a 0, a 2 = 3 + a 1, a 3 = 3 + a 2.Βρείτετονx. Ασκηση 70. Πάρτε ένα οποιοδήποτε τριψήφιο ακέραιο a που δεν είναι όλα τα ψηφία του ίδια δηλαδή τουλάχιστον δύο είναι διαφορετικά. Σχηματίστε τον μεγαλύτερο και τον μικρότερο τριψήφιο που μπορείτε να ϕτιάξετε με τα ψηφία του a. Συνεχίστε με αυτό τον τρόπο. Τι παρατηρείτε ; Τετραγωνικές Ρίζες Είδαμε στην ότι ο αριθμός που εκφράζει το μήκος της υποτείνουσας ενός ορθογωνίου τριγώνου με μήκη καθέτων πλευρών ίσα με 1 δεν είναι ϱητός αριθμός. Ονομάσαμε αυτό τον αριθμό με α και ϕυσικά ισχύει α 2 = 2. Χρησιμοποιούμε ο οριστικό άρθρο γιατί κάθε ϑετικός αριθμός με αυτή την ιδιότητα αναγκαστικά ϑα είναι ίσος με τον α. Διότι αν υποτεθεί πως για ένα ϑετικό αριθμό β ισχύει β 2 = 2 τότε ϑα είναι α 2 = β 2 και επομένως α 2 β 2 = 0 δηλαδή (α β)(α + β)=0 Στην παραπάνω ισότητα πρέπει κάποιος από τους παράγοντες του α μέλους να είναι μηδέν. Ο α + β ως άθροισμα ϑετικών είναι ϑετικός και όχι μηδέν. Επομένως ϑα είναι α β = 0 και επομένως α = β = 0. Μέχρι στιγμής ο μόνος διαθέσιμος τρόπος για να αναφερθούμε στον α είναι να πούμε «ο ϑετικός αριθμός που το τετράγωνο του είναι 2». Ο αριθμός α είναι και η πλευρά εκείνου του τετραγώνου που έχει εμβαδόν 2. ΟΔιόφαντος χρησιμοποιούσε τον όρο «πλευρά». Αν χρησιμοποιούσαμε την ορολογία του Διόφαντου ϑα αποκαλούσαμε τον α «πλευρά του 2». Ωστόσο επικράτησε η ορολογία των γεωμετρών του Μεσαίωνα σύμφωνα με την οποία ο α αποκαλείται «ϱίζα του 2» και ακριβέστερα «τετραγωνική ϱίζα του 2». Πιο γενικά έχουμε τον ακόλουθο ορισμό Ορισμός Εστω x ένας μη αρνητικός πραγματικός. Ονομάζουμε τετραγωνική ϱίζα του x τον μοναδικό μη αρνητικό αριθμό y για τον οποίο ισχύει y 2 = x. Η τετραγωνική ϱίζα του x συμβολίζεται με x. Παράδειγμα = 2, 0 = 0, 1 = 1, 9 4 = 3 2. Αξίζει να ϑυμόμαστε ότι ο συμβολισμός y = x σημαίνει τρία πράγματα : Ο x (λέγεται και υπόρριζο) είναι μη αρνητικός Ο y (δηλαδή η τετραγωνική ϱίζα του x) είναι μη αρνητικός y 2 = x Οπως είδαμε δεν έχουμε καμία ελπίδα να γράψουμε τον 2 ως κλάσμα με όρους ακεραίους αφούδεν είναι ϱητός. Μπορούμε όμως να τον προσεγγίσουμε

53 Η Γλώσσα της Λογικής με την ϐοήθεια των δεκαδικών παραστάσεων. Για να το κάνουμε αυτό ϑα χρειασθούμε την εξής παρατήρηση. Αν α, β είνα ϑετικοί αριθμοί τότε αφού α 2 β 2 =(α β)(α + β) και α + β > 0 το πρόσημο του α 2 β 2 είναι το ίδιο με το πρόσημο του α β. Αν ο ένας είναι ϑετικός, αρνητικός ή μηδέν ϑα είναι και ο άλλος. Και επομένως ϑα είναι a = β, a < β ή a > β αν και μόνο αν ισχύει η ανάλογη σχέση για τα τετράγωνα τους. Μετά από αυτή την παρατήρηση ας επιχειρήσουμε να προσεγγίσουμε το 2 1. Είναι 1 2 < 2 2 και επομένως 1 < 2. Επίσης 2 2 > 2 2 και επομένως 2 < 2. Αυτή είναι και η πρώτη μας προσέγγιση : 1 < 2 < 2 2. Δοκιμάζουμε τώρα τους αριθμούς μεταξύ των 1 και 2 με «ϐηματισμό» δεκάτου 0, 1. Βρίσκουμε 1, 1 2 = 1, 21 < 2 1, 2 2 = 1, 44 < 2 1, 3 2 = 1, 69 < 2 1, 4 2 = 1, 96 < 2 1, 5 2 = 2, 25 > 2 οπότε η δεύτερη προσέγγιση μας είναι 1, 4 < 2 < 1, 5 Συνεχίζοντας με αυτό τον τρόπο μπορούμε να ϐρούμε οσοδήποτε καλή προσέγγιση του 2 επιθυμούμε. Ασκηση 71. Να ϐρείτε τις 169, 196, 225, , Ασκηση 72. Να ϐρείτε μία δεκαδική προσέγγιση του 3 «με το χέρι» δηλαδή χωρίς να χρησιμοποιήσετε αριθμομηχανή, υπολογιστή, κινητό κτλ. 1.5 Η Γλώσσα της Λογικής Pons Asinorum Η λατινική έκφραση Pons Asinorum στην κυριολεξία σημαίνει «η γέφυρα των γαϊδάρων». Της έχει αποδοθεί και η μεταφορική σημασία «η γέφυρα των ηλιθίων». Χρησιμοποιήθηκε τον Μεσαίωνα για να περιγράψει την 5η πρόταση των Στοιχείων 14 του Ευκλείδη 15 : 14 Το αρχείο κείμενο μπορεί να ϐρεθεί εδώ : upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/c/ce/euclid-elements.pdf 15 Υπάρχουν διάφορες εξηγήσεις για τον λόγο που δόθηκε αυτή η ονομασία. Μία από τις επικρατέστερες είναι ότι δόθηκε μιας και η συγκεκριμένη πρόταση όπως εκτίθεται στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη είναι η πρώτη που παρουσιάζει κάποια δυσκολία και επομένως αποτελούσε ένα κριτήριο διαχωρισμούτων ικανών μαθητών από τους υπόλοιπους

54 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 45 που μας λέει ότι σε ένα ισοσκελές τρίγωνο οι γωνίες που πρόσκεινται στην ϐάση του καθώς και οι γωνίες που σχηματίζει η ϐάση με τις προεκτάσεις των ίσων πλευρών είναι ίσες. Δεν μιλάμε όλοι με τον ίδιο τρόπο για τα Μαθηματικά. Ας δούμε μερικές διατυπώσεις για την ίδια πρόταση (μόνο για το κομμάτι που αναφέρεται στις παρά την ϐάση γωνίες αφούη ισότητα των εξωτερικών γωνιών είναι άμεση) που εμφανίσθηκαν σε διάφορα ϐιβλία Γεωμετρίας τα οποία εκδόθηκαν στην Ελληνική γλώσσα. Οι τρεις πρώτες διατυπώσεις προέρχονται από ισάριθμα καταξιωμένα ϐιβλία Γεωμετρίας ενώ οι επόμενες έχουν ληθφεί από τα σχολικά ϐιβλία Γεωμετρίας από την δεκαετία του 60 και μετά. 1. Εις παν τρίγωνον ισοσκελές, αι γωνίαι αι εις τας ίσας πλευρά αντικείμεναι, είναι ίσαι Εις παν ισοσκελές τρίγωνον αι γωνίαι αι απέναντι των ίσων πλευρών του είναι ίσαι Εις κάθε ισοσκελές τρίγωνον, αι γωνίαι του, αι οποίαι κείνται απέναντι των ίσων πλευρών του, είναι ίσαι Αι παρά την ϐάσιν γωνίαι παντός ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσαι. 5. Αν δύο πλευραί τριγώνου ABΓ είναι ίσαι, τότε αι απέναντι αυτών γωνίαι είναι ίσαι. 6. Σε κάθε ισοσκελές τρίγωνο οι παρά την ϐάση γωνίες είναι ίσες. 7. Σε κάθε τρίγωνο απέναντι από ίσες πλευρές ϐρίσκονται ίσες γωνίες Οι προσκείμενες γωνίες στη ϐάση ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες. 16 Λεγένδρου, Στοιχεία Γεωμετρίας, Μετ. Γ. Ζωχιού. Πρόκειται για μετάφραση της περίφημης Γεωμετρίας του Legendre. Εκδόθηκε στα τέλη 19ου αι. 17 Χρίστου Μπαρμπαστάθη : Μεγάλη Γεωμετρία, μέσα 20ου αι. 18 Πέτρου Τόγκα : Θεωρητική Γεωμετρία, μέσα 20ου αι.

55 Η Γλώσσα της Λογικής 9. Αν ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές τότε οι προσκείμενες στη ϐάση γωνίες του είναι ίσες 10. Σε κάθε ισοσκελές τρίγωνο : Οι προσκείμενες στη ϐάση γωνίες είναι ίσες... Αριστοτέλης 384 π.χ π.χ. Augustus De Morgan Πέρα από τις διαφορετικές διατυπώσεις όλα τα αποσπάσματα μας πληρο- ϕορούν ένα και το αυτό πράγμα. Οτι σε όλα τα ισοσκελή τρίγωνα συμβαίνει οι γωνίες που ϐρίσκονται απέναντι από τα σκέλη του δηλαδή απέναντι από τις ίσες πλευρές του ή αλλιώς αυτές που πρόσκεινται στη ϐάση του είναι ίσες. Πράγμα που σημαίνει ότι αν συναντήσουμε ένα οποιοδήποτε τρίγωνο που επιπλέον συμβαίνει να είναι ισοσκελές ϑα ισχύει αυτό το συμπέρασμα. Πρόκειται για μία πρόταση από τις πολλές που έχουμε στα Μαθηματικά που μας λέει ότι αν συμβαίνει κάτι τότε συμβαίνει και κάτι άλλο. Αυτούτου είδους οι προτάσεις που δεν χρησιμοποιούνται μόνο στα Μαθηματικά είχαν μελετηθεί από τον Αριστοτέλη ο οποίος ϑεωρείται ο ϑεμελιωτής της επιστήμης της Λογικής. Αν αναλύσουμε την παραπάνω πρόταση ϑα δούμε ότι υπάρχουν δύο ευδιάκριτα κομμάτια : Η υπόθεση και το συμπέρασμα. Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές τότε οι παρά την ϐάση γωνίες είναι ίσες Υπόθεση Συμπέρασμα Σε ποιο τρίγωνο αναφέρεται η υπόθεση ; «Εις παν» μας λένε οι διατυπώσεις 1, 2, «παντός» λέει η 4, «σε κάθε» οι 6, 7, 9. Οι διατυπώσεις 5 και 9 είναι κάπως διαφορετικές. Λένε «αν». Εννοούν και αυτές ότι αν έχουμε ένα τρίγωνο με δύο πλευρές ίσες ϑα έχουμε και τις απέναντι γωνίες ίσες. Η διατύπωση 8 δεν περιέχει ούτε το υποθετικό «αν». Αλλά και αυτή υπονοεί το «κάθε» πριν την λέξη «ισοσκελούς». Ολες μας λένε, με διαφορετικό τρόπο είναι αλήθεια, πως οποτεδήποτε συναντάμε ένα τρίγωνο που ικανοποιεί την υπόθεση ϑα ικανοποιεί και το συμπέρασμα. Και αυτή ακριβώς είναι η αξία των μαθηματικών προτάσεων. Εφαρμόζονται σε οποιαδήποτε περίσταση ικανοποιούνται οι υποθέσεις μας και μας απαλλάσσουν από τον έλεγχο, κάθε ϕορά, του αν ισχύει το συμπέρασμα. Μέχρι τον 19ο αιώνα τα Μαθηματικά διατυπώνονταν και διεκπεραιώνονταν σε τρέχουσα γλώσσα. Σε μια γλώσσα ϐέβαια πιο ακριβή στις διατυπώσεις της από την καθομιλουμένη. Η εμφάνιση Γεωμετριών που ήσαν μη Ευκλείδειες και οι δυσκολίες στην ϑεμελίωση του κλάδου της Μαθηματικής Ανάλυσης έστρεψαν την προσοχή των μαθηματικών στην εντατική μελέτη της Λογικής και των Θεμελίων των Μαθηματικών. Οι επιτυχίες της συμβολικής γραφής στον κλάδο της Άλγεβρας έδωσαν την ώθηση ώστε να εισαχθούν αλγεβρικές ιδέες και συμβολισμός στην μελέτη της Λογικής. Ετσι αναδύθηκε ο κλάδος της Μαθηματικής (ή Συμβολικής) Λογικής που αποτέλεσε μία μαθηματικοποιημένη εκδοχή της κλασικής Λογικής. Πρωτεργάτες ϑεωρούνται ο De Morgan και ο Boole. Ο συμβολισμός που εισήχθη δεν είχε σκοπό να χρησιμοποιηθεί στα Μαθηματικά (τα Μαθηματικά μπορούν και χωρίς αυτόν) αλλά για να μελετηθεί καλλίτερα η Μαθηματική Λογική. Ωστόσο ένα κομμάτι από τον συμβολισμό αυτό έχει περάσει στα καθη-μερινά Μαθη- George Boole

56 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 47 ματικά και ϑεωρείται χρήσιμος διότι αναδεικνύει τις λογικές σχέσεις μεταξύ των προτάσεων Προτάσεις Η Μαθηματική Λογική έχει ως αντικείμενο μελέτης τις προτάσεις και τις μεταξύτους σχέσεις. Μόνο που αποδίδει στην λέξη «πρόταση» μία διαφορετική σημασία από εκείνη που αποδώσαμε στην σελίδα 7. Επίσης υπάρχει διαφορά στην σημασία που αποδίδει στην ίδια λέξη η καθομιλουμένη γλώσσα. Λέγοντας πρόταση στη Μαθηματική Λογική εννοούμε μία μαθηματική έκφραση που έχει πλήρες νόημα και επιπλέον έχουμε ένα κριτήριο για να καθορίσουμε αν αληθής ή ψευδής ή όπως αλλιώς λέμε να αποδώσουμε σε αυτήν μία τιμή αληθείας. Παράδειγμα Η έκφραση «3 > 5+ >» δεν έχει νόημα και επομένως δεν είναι πρόταση. 2. Η έκφραση «ο αριθμός 11 είναι ωραίος» ενδεχομένως να έχει κάποιο νόημα στην καθομιλουμένη γλώσσα αλλά όχι στα Μαθηματικά. 3. Η έκφραση «3 > 5» είναι πρόταση και είναι ψευδής 4. Η έκφραση «33 > 5» είναι πρόταση και είναι αληθής. 5. Η έκφραση «x + 2 = 3» δεν είναι πρόταση διότι δεν ξέρουμε για ποιο x μιλάμε. Και επομένως δεν έχουμε τρόπο να αποφανθούμε αν είναι αληθής ή ψευδής. Αν για παράδειγμα συμβαίνει το x να είναι ο 3 τότε έχουμε την έκφραση «3 + 2 = 3» που είναι μία ψευδής πρόταση. Αν ο x γίνει ίσος με 1 τότε έχουμε την αληθή πρόταση «1 + 2 = 3». Στην σελίδα 7 είπαμε ότι πρόταση είναι ένα αποδεδειγμένο ϑεώρημα. Ωστόσο χρειάζονται και κάποιες αλήθειες στις οποίες στηριζόμαστε για να κάνουμε τις αποδείξεις μας. Πρόκειται για τα αξιώματα: Είναι προτάσεις της Μαθηματικής Λογικής που τις δεχόμαστε ως αληθείς χωρίς απόδειξη. Ετσι στα Μαθηματικά συναντάμε, μεταξύάλλων, τις εξής προτάσεις της Μαθηματικής Λογικής : Εκείνες για τις οποίες διαθέτουμε απόδειξη. 19. Εκείνες για τις οποίες δεν διαθέτουμε απόδειξη αλλά δεχόμαστε χωρίς απόδειξη δηλαδή τα αξιώματα. Αποτελούν την ϐάση πάνω στην οποία στηρίζεται μία μαθηματική ϑεωρία. 19 Προτάσεις (της Μαθηματικής Λογικής) που δεν ξέρουμε αν είναι αληθείς αλλά υπάρχουν κάποιες ενδείξεις που συνηγορούν για αυτό λέγονται εικασίες. Υπάρχουν αρκετές άλυτες διάσημες εικασίες. Κάποιες από αυτές έχουν απλή και διατύπωση. Μία τέτοια είναι η ϕημισμένη εικασία του Goldbach: Κάθε άρτιος μεγαλύτερος του 2 μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο πρώτων αριθμών. Δείτε και άσκηση 428.Παραμένει άλυτη από το 1742!

57 Η Γλώσσα της Λογικής Προτασιακοί Τύποι Εκφράσεις όπως η «x + 2 = 3» που δεν είναι μεν πρόταση αλλά γίνονται πρόταση αν δώσουμε κάποιες τιμές στις μεταβλητές που περιέχουν (εδώ μεταβλητή είναι ο x) λέγονται προτασιακοί τύποι. Οι προτασιακοί τύποι μπορεί να μην αληθεύουν για καμία τιμή των μεταβλητών τους όπως ο προτασιακός τύπος «0 x = 2», για ορισμένες τιμές όπως ο «x + 2 = 3» και για όλες όπως ο «0 x = 0». Οι τελευταίοι λέγονται και καθολικά αληθείς προτασιακοί τύποι. Στην περίπτωση της γέφυρας των γαϊδάρων η μετάβλητή είναι το τρίγωνο και πρόκειται ϕυσικά για ένα καθολικά αληθή προτασιακό τύπο. Οι προτάσεις - ϑεωρήματα που χρησιμοποιούμε στα Μαθηματικά είναι καθολικά αληθείς προτασιακοί τύποι για τους οποίους διαθέτουμε και μία απόδειξη. Στα επόμενα σε όσες περιπτώσεις προτασιακών τύπων τίθεται το ερώτημα αν είναι αληθείς ή ψευδείς ϑα εννοείται ότι τίθεται το ερώτημα αν είναι καθολικά αληθείς προτασιακοί τύποι Η Συνεπαγωγή Η πρόταση με το ισοσκελές τρίγωνο στην οποία αναφερθήκαμε έχει την ακόλουθη δομή : Αν P Υπόθεση τότε Q Συμπέρασμα Μία πρόταση αυτούτου είδους ονομάζεται συνεπαγωγή. Γράφουμε και P Q Η συνεπαγωγή συσχετίζει την αλήθεια του μίας πρότασης (υπόθεση) με την αλήθεια μίας άλλης (συμπέρασμα). Μας ϐεβαιώνει ότι αν συμβεί η υπόθεση να αληθεύει ϑα αληθεύει και το συμπέρασμα. Η συνεπαγωγή λοιπόν ϑα είναι ψευδής μόνο όταν αυτό που ϐεβαιώνει δεν ισχύει. Δηλαδή μόνο όταν η υπόθεση είναι αληθής και το συμπέρασμα είναι ψευδές. Σε όλες τις άλλες περιπτώσεις είναι αληθής. Πολλές από τις ιδιότητες που αναφέραμε είναι συνεπαγωγές. Για παράδειγμα αναφέραμε ότι : Αν α = β τότε α + γ = β + γ που σημαίνει ότι αν σε οποιουσδήποτε ίσους αριθμούς προσθέσουμε τον ίδιο αριθμό ϑα προκύψουν ίσοι αριθμοί. Η αλλιώς για κάθε α, β και γ η σχέση α = β συνεπάγεται την σχέση α + γ = β + γ. Το παραπάνω ως συνεπαγωγή συντομευμένα γράφεται : α = β α + γ = β + γ 20 Πρόκειται για μία σύμβαση που ακολουθείται ευρύτατα στα Μαθηματικά και ευκολύνει την Ϲωή μας: Οταν λέμε ότι κάποιος ισχυρισμός αληθεύει εννοούμε ότι αληθεύει για όλες τις περιπτώσεις δηλαδή είναι καθολικά αληθής προτασιακός τύπος.

58 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 49 και ϑα εννοείται 21 και ότι αναφερόμαστε σε κάθε τριάδα πραγματικών αριθμών α, β και γ. Η παραπάνω συνεπαγωγή είναι αληθής. Επίσης αληθής είναι και η συνεπαγωγή : α + γ = β + γ α = β και καταλαβαίνουμε ότι αυτό που μας λέει είναι ότι οποτεδήποτε έχουμε α+γ = β + γ ϑα έχουμε αυτομάτως και α = β. Αντίθετα η πρόταση α + γ = β + δ α = β είναι ψευδής διότι δεν είναι αληθής για όλα τα α, β, γ, δ διότι δεν αληθεύει για όλες τις δυνατές επιλογές των α, β, γ, δ. Για παράδειγμα όταν a = 5, β = 7, γ = 3, δ = 1 η υπόθεση αληθεύει αλλά όχι το συμπέρασμα. Τα ϑεωρήματα στα Μαθηματικά διατυπώνονται με τον ένα ή με τον άλλο τρόπο υπό μορφή συνεπαγωγών : Μας λένε ότι αν ισχύουν κάποιες υποθέσεις ισχύουν και κάποια συμπεράσματα. Ασκηση 73. Ποιες από τις παρακάτω συνεπαγωγές είναι αληθείς ; 1. α > 0 α + 5 > 5 2. α > 0 α + β > 0 3. α = β α + 1 < β α 3 > β 5 α > β 5. α + β = 0 a 3 + β 3 = 0 Ασκηση 74. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ; 1. 2x = 6 x = 3 2. x 2 = 6 x = 6 3. x = 6 x 2 = 6 4. x < 6 x 2 = 6 5. x 2 = 6 x < 6 Ασκηση 75. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ; 1. x 2 = 1 x 2 = 1 2. x 2 = 1 x 2 = 2 3. x 2 = 2 x 2 > 1 4. x 2 = 1 5 = = 3 x = 3 21 ϐλ.1.5.3

59 Η Γλώσσα της Λογικής Η Ισοδυναμία Ξέρουμε ότι εκτός από την πρόταση Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές τότε οι παρά την ϐάση γωνίες είναι ίσες Υπόθεση Συμπέρασμα ισχύει και η αντίστροφη πρόταση (την οποία διατυπώνουμε με κάποιες μικροδιαφορές για να έχει νόημα): Αν το τρίγωνο έχει δύο γωνίες ίσες τότε είναι ισοσκελές Υπόθεση Συμπέρασμα Μπορούμε να διατυπώσουμε τα παραπάνω και αλλιώς. Για κάθε τρίγωνο ABΓ ισχύουν : β = γ B = Γ B = Γ β = γ δηλαδή η συνεπαγωγή αληθεύει και προς τις δύο κατευθύνσεις. Ο ισχυρισμός ότι συμβαίνει αυτό γράφεται συμβολικά : β = γ B = Γ Πρόκειται για μία νέα σύνδεση προτάσεων που λέγεται ισοδυναμία. Ανέχουμε οποιεσδήποτε προτάσεις P και Q η ισοδυναμία τους συμβολίζεται με P Q Μία ισοδυναμία είναι αληθής μόνο αν οι συνεπαγωγές προς τις δύο κατευθύνσεις είναι αληθείς. Επομένως μία ισοδυναμία ϑα είναι αληθής αν ή και οι δύο προτάσεις που συνδέει είναι αληθείς ή και οι δύο ψευδείς. Ασκηση 76. Ποιες από τις παρακάτω ισοδυναμίες είναι αληθείς ; 1. α > 5 2α > α 2 < 0 α 4 < 0 3. α β > 0 α > β 4. αβ > 0 α + β > 0 5. α > 2 α > 7 Ασκηση 77. Ποιες από τις παρακάτω ισοδυναμίες είναι αληθείς ; 1. x 2 x x 2 x > 2 3. x y x 2 y 2 4. x = y + 1 x y 5. x = 1 x 2 1 = 0

60 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί Η Σύζευξη Οταν γράφουμε 1 < 2 < 3 εννοούμε ότι ισχύουν συγχρόνως δύο πράγματα : Οτι 1 < 2 και 2 < 3. Δηλαδήηπρόταση1 < 2 < 3 είναι μία σύνθετη πρόταση που απαρτίζεται από δύο κομμάτια τις 1 < 2 και 2 < 3. Ονομάζεται σύζευξη των 1 < 2 και 2 < 3. Η αλήθεια της προϋποθέτει την αλήθεια και των δύο. Γενικά αν έχουμε δύο προτάσεις η P, Q ορίζεται η πρόταση P και Q και είναι αληθής μόνο όταν και οι δύο προ- που ονομάζεται η σύζευξη τους 22 τάσεις είναι αληθείς. Ασκηση 78. Ποιες από τις παρακάτω συζεύξεις είναι αληθείς ; 1. 3 < 8 και 5 < < 3 και 3 < 5 3. x y και x 2 y x = 1 2 x x και x x > x 1 και y > y Η Διάζευξη Αν είναι αβ = 0 τότε ή ϑα είναι α = 0 ήϑαείναιβ = 0 χωρίς να αποκλείεται να ισχύουν και τα δύο. Αν έχουμε δύο προτάσεις P και Q ησύνθετηπρόταση P ή Q μας πληροφορεί ότι αληθεύει κάποια από τις P και Q δηλαδή ότι τουλάχιστον μία από τις δύο είναι αληθής χωρίς να αποκλείεται να είναι και οι δύο. Λέγεται διάζευξη 23 των P και Q. Μία διάζευξη ϑα είναι ψευδής όταν και οι δύο προτάσεις που συνδέει είναι ψευδείς και σε όλες τις υπόλοιπες περιπτώσεις ϑα είναι αληθής. Ασκηση 79. Ποιες από τις παρακάτω διαζεύξεις είναι αληθείς ; 1. 3 < 1 ή 5 < < 3 ή 3 < 5 3. x y ή x 2 y x = 1 2 x x και x x > x 1 ή y < y 1 22 χρησιμοποιείται και ο συμβολισμός P Q 23 Χρησιμοποιείται και ο συμβολισμός P Q

61 Η Γλώσσα της Λογικής Η Άρνηση Σε πολλές περιπτώσεις σχηματίζουμε την άρνηση μίας πρότασης ή ενός προτασιακούτύπου. Για παράδειγμα η άρνηση του α = β είναι ο α β. Γενικά αν έχουμε μία πρόταση P η ορίζεται η άρνηση της 24 όχι P η οποία είναι αληθής μόνο αν η P είναι ψευδής. Ασκηση 80. Ποιες από τις παρακάτω αρνήσεις είναι αληθείς ; 1. όχι 2 > 3 2. όχι όχι x < x όχι όχι (a + β) γ = αγ Αποδείξεις Εχουμε δει δύο ϐασικές τεχνικές απόδειξης. Την ευθεία απόδειξη σύμ- ϕωνα με την οποία ξεκινάμε από κάτι που ισχύει και καταλήγουμε με σωστό συλλογισμό στο αποδεικτέο και την έμμεση απόδειξη με την οποία καταλήγουμε στο αποδεικτέο αποκλείοντας την ενάντια περίπτωση. Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο στις αποδείξεις μας χρησιμοποιούμε συνεπαγωγές ή ισοδυναμίες. Συχνά γράφουμε P 1 Υποθέσεις P 2... P ν Αποδεικτέο όπου έχουμε ϐεβαιωθεί ότι οι επιμέρους συνεπαγωγές P 1 P 2, P 2 P 3, P ν 1 P ν και αυτό είναι αρκετό για να είναι και το αποδεικτέο αληθές. Ο λόγος : Αφούη υποθέσεις P 1 αποτελούν αληθή πρόταση και η συνεπαγωγή P 1 P 2 είναι αληθής και η P 2 είναι αληθής (ϑυμηθείτε πότε μία συνεπαγωγή είναι αληθής). Με την P 2 τώρα αληθή και την συνεπαγωγή P 2 P 3 αληθή είναι και η επόμενη πρόταση της αλυσίδας μας δηλαδή η P 3 αληθής. Τελικά με αυτό τον τρόπο καταλήγουμε στο ότι η αποδεικτέα μας P ν είναι αληθής. Παράδειγμα 12. Ας υποθέσουμε ότι ϑέλουμε να αποδείξουμε ότι αν x < y τότε 2x 3. Μπορούμε να γράψουμε : 4 < 2y 3 4 x < y 2x < 2y 2x 3 < 2y 3 2x 3 4 < 2y 3 4 και αφούοι επιμέρους συνεπαγωγές είναι αληθείς (στηρίζονται σε γνωστές ιδιότητες) και το συμπέρασμα είναι αληθές. 24 συμβολίζεται και με P

62 Κεφάλαιο 1. Οι Πραγματικοί Αριθμοί 53 Συνηθισμένη τεχνική είναι να χρησιμοποιούμε ισοδυναμίες : Q 1 Q 2... Q ν Αποδεικτέο Υποθέσεις Δηλαδή ξεκινάμε από το αποδεικτέο και με κατάλληλη επεξεργασία μεταβαίνουμε με ισοδυναμίες σε κάτι ξέρουμε πως αληθεύει. Αφού τώρα η υπόθεση Q ν αληθεύει και αληθεύει η ισοδυναμία Q ν 1 Q ν ϑα αληθεύει η Q ν 1 κτλ έως ότου καταλήγουμε ότι αληθεύει η αποδεικτέα. Ας δούμε πως δουλεύει αυτό στο ίδιο παράδειγμα που αναφερθήκαμε πιο πάνω : 2x 3 4 2x 2y 4 < 2y 3 4 2x 3 4 2y 3 4 < 0 2x 3 (2y 3) 4 < 0 < 0 2x 2y < 0 2 (x y)<0 x y < 0 x < y

63 Η Γλώσσα της Λογικής

64 2 Σύνολα και Πιθανότητες 2.1 Σύνολα Η έννοια του συνόλου Λέγοντας «σύνολο» ϑα εννοούμε οποιαδήποτε συλλογή σε μία ολότητα M κάποιων καθορισμένων και διαφορετικών αντικειμένων της αντίληψης ή της σκέψης μας. Αυτά τα αντικείμενα ϑα ονομάζονται «στοιχεία» της M. Ετσι άρχιζε ο Georg Cantor σε ένα ϑεμελιώδες άρθρο του που δημοσιεύ- ϑηκε το 1895 και με το οποίο δημιουργήθηκε αυτό που λέμε σήμερα «Θεωρία Συνόλων». Η Θεωρία Συνόλων ξεκίνησε από την ανάγκη να «ϐλέπουμε» μεμονωμένα αντικείμενα σαν μία ενιαία συλλογή και να την μεταχειριζόμαστε σαν τέτοια. Λέγοντας «το A 1 του Λυκείου της Ευαγγελικής» εννοούμε τα παιδιά του A 1 σαν μία ολότητα δηλαδή σαν ένα σύνολο. Κάθε μαθητής ή μαθήτρια του A 1 είναι στοιχείο του συνόλου αυτού. Το σύνολο A 1 περιλαμβάνει μόνο τους μαθητές του A 1. Δεν περιλαμβάνει μαθητές άλλων τμημάτων ή αντικείμενα που ϐρίσκονται στην αίθουσα του A 1 κτλ Η έννοια του ανήκειν Georg Cantor Ενα σύνολο λοιπόν απαρτίζεται από στοιχεία και τα στοιχεία ϕτιάχνουν σύνολα. Για παράδειγμα αν έχουμε τους αριθμούς 1, 4, 5, 8 μπορούμε να ϕαντασθούμε το σύνολο που έχει ως στοιχεία αυτούς τους αριθμούς. Το γράφουμε χρησιμοποιώντας άγκιστρα {, } με τα οποία περικλείονται τα στοιχεία του : {1, 4, 5, 8}. Χρησιμοποιούμε κεφαλαία γράμματα για να ονομάσουμε τα σύνολα. Αν αποφασίζαμε να ονομάσουμε με M το παραπάνω σύνολο ϑα γράφαμε M ={1, 4, 5, 8}. Το στοιχείο1 ανήκει στο σύνολο M δηλαδή περιλαμβάνεται σε αυτό. Γράφουμε συμβολικά 1 M. Στο σύ νολο M δεν έχουμε συμπεριλάβει το στοιχείο 9 δηλαδή το 9 δεν ανήκει στο M. Γράφουμε9 M. 55

65 Σύνολα Αναγραφή, περιγραφή και ϐασικά σύνολα αριθμών Αν ϑέλουμε να γράψουμε ένα σύνολο μπορούμε ανάμεσα σε δύο άγκιστρα να γράψουμε τα στοιχεία του όπως λ.χ. M ={1, 4, 5, 8} Αν τώρα ϑέλαμε το σύνολο μας να περιλαμβάνει τους ακέραιους αριθμούς από 1 έως 100 ϑα γράφαμε A ={1, 2,..., 100} μιας και δεν είναι καθόλου πρακτικό να γράψουμε όλους τους αριθμούς από το 1 έως το 100. Τα αποσιωπητικά «...» υπονοούν τους αριθμούς που αποσιωπώνται αλλά είναι στο σύνολο : τον 3, τον 4, τον 5 και πάει λέγοντας. Οι αριθμοί όπως τους συναντήσαμε συγκροτούν σύνολα. Ετσι έχουμε το σύνολο των ϕυσικών, που τα στοιχεία του είναι αποκλειστικά ϕυσικοί αριθμοί : {0, 1, 2, 3,...} Συμβολίζουμε 1 το σύνολο των ϕυσικών με N. Ετσι: N ={0, 1, 2, 3,...} Και εδώ τα αποσιωπητικά υποδηλώνουν αριθμούς που υπάρχουν στο σύνολο αλλά δεν γράφονται. Μόνο που αυτή την ϕορά το πλήθος τους δεν είναι κάποιος συγκεκριμένος αριθμός αλλά είναι άπειρο. Οι ακέραιοι επίσης συγκροτούν το σύνολο των ακεραίων. Συμβολίζεται 2 με Z. Ετσι: Z ={... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...} ή και Z ={0, ±1, ±2, ±3,...} Μερικές ϕορές συμβαίνει η αναγραφή (δηλαδή το γράψιμο) των στοιχείων να μην είναι εξυπηρετική με ή χωρίς αποσιωπητικά. Υπάρχει και κάποιος άλλος τρόπος για να εξηγήσουμε σε ποιο σύνολο αναφερόμαστε : Να περιγράψουμε τα στοιχεία του συνόλου που μας ενδιαφέρει. Για παράδειγμα το σύνολο A ={1, 2,..., 100} που είδαμε πιο πάνω μπορεί να γραφεί με περιγραφή ως εξής A ={x N 1 x 100} Η παραπάνω γραφή ακολουθεί μία τυποποιημένη σύνταξη : A ={από που παίρνουμε τα στοιχεία ποια συνθήκη ικανοποιούν τα στοιχεία} 1 Από το natura και τα παράγωγα του. Αναφέρεται ότι η πρώτη ϕορά όπου εμφανίσθηκε ο όρος «ϕυσικός» ήταν από τον Chuquet το Από την Γερμανική λέξη zahl=αριθμός

66 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 57 Ασκηση 81. Να γράψετε με περιγραφή το σύνολο B ={ 3, 2, 1, 0,..., 19, 20}. Ασκηση 82. Να γράψετε με περιγραφή το σύνολο των αρτίων. Να κάνετει το ίδιο για το σύνολο των περιττών. Ασκηση 83. Να γράψετε το σύνολο των διαιρετών του 12. Ασκηση 84. Να γράψετε το σύνολο των πολλαπλασίων του του 6. Μπορούμε να ϑεωρήσουμε όλους τους ϱητούς ως σύνολο. Συμβολίζεται 3 με Q. Το ίδιο και για τους πραγματικούς αριθμούς των οποίων το σύνολο συμβολίζεται 4 με R Ισα σύνολα. Υποσύνολα. Δύο σύνολα A και B ϑα λέγονται ίσα αν έχουν τα ίδια στοιχεία. Γράφουμε A = B. Για παράδειγμα τα σύνολα A ={x R (x 1)(x 2)(x 3) =0} και B ={1, 2, 3} είναι ίσα. Τα A, B είναι ίσα αν αληθεύει η πρόταση x A x B Ασκηση 85. Για ποιές τιμές των x, y τα σύνολα A ={1, 4, 2} και B = {1,x+ 2,y 2 } είναι ίσα ; Αν κάθε στοιχείο του συνόλου A είναι και στοιχείο του συνόλου B τότε το A λέγεται υποσύνολο του συνόλου B. Γράφουμε συμβολικά A B. Προφανώς ισχύει N Z, Z Q, Q R. Φυσικά μπορούμε να γράψουμε και : N Z Q R Προφανώς αν τα σύνολα A και B είναι ίσα κάθε στοιχείο του A είναι και στοιχείο του B και επομένως το A είναι υποσύνολο του B. Επομένως ισχύει : A = B A B (2.1) Και ακόμη A = B A B και B A (2.2) Ασκηση 86. Σε ποιες από τις παρακάτω περιπτώσεις ισχύει X Y ; 1. X ={ 1, 1}, Y = {x R x 2 1 = 0} 2. X ={x R x > 3}, Y ={x R x > 2} 3. X ={x R x > 10}, Y ={y R y > 2} 4. X ={x R x > 10}, Y ={x R x > 12} 3 Ο συμβολισμός προέρχεται από το quotient=πηλίκο 4 από το real=πραγματικός

67 Σύνολα Το κενό σύνολο. Το ϐασικό σύνολο. Ενα σύνολο που δεν έχει στοιχεία λέγεται κενό. Για παράδειγμα το σύνολο {x Z 2x + 3 = 0} είναι κενό αφούδεν υπάρχει ακέραιος x ώστε 2x + 3 = 0. Ολα τα κενά σύνολα είναι ίσα. Το σύνολο συμβολίζεται με. Ασκηση 87. Να εξηγήσετε γιατί όλα τα κενά σύνολα είναι ίσα. Οταν δημιουργήθηκε η Θεωρία Συνόλων έγινε αντιληπτό ότι δε μπορούμε να χρησιμοποιούμε «πολύ μεγάλα» σύνολα. Με άλλα λόγια εκείνο το «της αντίληψης ή της σκέψης μας» του Cantor υπόκειται σε κάποιους περιορισμούς 5. Για τον λόγο αυτό όλα τα σύνολα που ϑα χρησιμοποιούμε ϑα είναι υποσύνολα ενός ϐασικούσυνόλου που ϑα προσδιορίζεται και συνήθως συμβολίζεται με Ω. Αν για παράδειγμα ϑέλουμε να δουλέψουμε με αριθμούς μπορούμε να πάρουμε Ω = R, αν δουλεύουμε με σημεία μπορούμε να πάρουμε ως Ω το σύνολο των σημείων του επιπέδου κ.ο.κ. Ασκηση 88. Ποια από τα παρακάτω σύνολα είναι κενά ; 1. {x Z 2x + 4 = 0} 2. {x R 2x 2 3 = 0} 3. {x R 2x = 0} 4. {x Q 2x 2 4 = 0} Το Δυναμοσύνολο ενός συνόλου Αν έχουμε ένα σύνολο A τότε το σύνολο όλων των υποσυνόλων του A ονομάζεται δυναμοσύνολο του A. Στα υποσύνολα του A συγκαταλέγονται το A αλλά και το κενό σύνολο. Αν για παράδειγμα A ={1, 2, 3, 4} τότε το δυναμοσύνολο του A είναι το σύνολο : {, {1}, {2}, {3}, {4}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4},A } Ασκηση 89. Να γράψετε το δυναμοσύνολο του συνόλου {p, q, r}. Ασκηση 90. Να γράψετε όλα τα υποσύνολα του συνόλου {a, b, c, d} που δεν περιέχουν το στοιχείο d Τα διαγράμματα Euler-Venn Υπάρχει ένας πολύπαραστατικός τρόπος για να απεικονίζουμε τα σύνολα : Σχεδιάζουμε το ϐασικό σύνολο Ω στο οποίο δουλεύουμε και τα υποσύνολα του τα σχεδιάζουμε σαν επίπεδα χωρία. Στο εσωτερικό τους μπορούμε να 5 Ενα διάσημο παράδειγμα είναι το ακόλουθο : Υπάρχουν σύνολα που δεν έχουν σαν στοιχείο τον εαυτό τους (ϐρείτε μερικά). Ας ϕαντασθούμε το σύνολο όλων των συνόλων που δεν έχουν στοιχεί τον εαυτό τους και ας το πούμε S. ΠεριέχειάραγετοS τον εαυτό του ;

68 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 59 σημειώσουμε τα στοιχεία τους. Αν για παράδειγμα το ϐασικό μας σύνολο είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών και A = {1, 2, 2} μπορούμε να έχουμε το εξής διάγραμμα : Διαγράμματα αυτούτου είδους όπου η κλίμακα δεν έχει σημασία αλλά έ- χει σημασία η αποτύπωση των σχέσεων περιέχεσθαι ονομάζονται διαγράμματα Euler-Venn. Για παράδειγμα τα γνωστά μας σύνολα αριθμών μπορούν να παρασταθούν σε ένα διάγραμμα Euler-Venn ως εξής : Leonhard Euler John Venn Ασκηση 91. Να κάνετε ένα διάγραμμα Euler-Venn όπου να απεικονίζονται τα σύνολα A ={1, 2, 3, 4, 5}, B ={2, 3, 4, 7, 8}, Γ ={3, 4, 7, 8}, Δ ={10, 11} Διαστήματα στο R Υπάρχουν περιπτώσεις που χρειάζεται να δουλέψουμε όχι σε ολόκληρο το σύνολο των πραγματικών αριθμών αλλά σε κομμάτια του. Μερικές συνηθισμένες περιπτώσεις είναι όταν ενδιαφερόμαστε για αριθμούς μεταξύ δύο συγκεκριμένων αριθμών, πάνω από ένα αριθμό ή κάτω από ένα αριθμό. Τα αντίστοιχα σύνολα ονομάζονται διαστήματα. Εχουμε 8 είδη διαστημάτων. Εστω με α < β. Με (α, β) συμβολίζουμε το σύνολο (α, β) ={x R α < x < β}

69 Σύνολα Ονομάζεται ανοικτό διάστημα με άκρα α, β. Χρησιμοποιούμε δύο τρόπους για να απεικονίσουμε αυτό το διάστημα. Ο ένας είναι να γράψουμε πιο έντονο το κομμάτι που αντιστοιχεί στους αριθμούς μεταξύ των α και β και τα σημεία που αντιστοιχούν στα άκρα να τα αφήσουμε λευκά : Ο άλλος είναι να δημιουργήσουμε ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο του οποίοι η μία πλευρά να είναι έχει άκρα τα σημεία που αντιστοιχούν στα άκρα του διαστήματος. Δηλώνουμε ότι τα άκρα δεν περιλαμβάνονται στο διάστημα γράφοντας με διακεκομμένες γραμμές εκείνες τις πλευρές του ορθογωνίου που είναι κάθετες στον άξονα των πραγματικών : Με [α, β] συμβολίζουμε το σύνολο [α, β] ={x R α x β} Ονομάζεται κλειστό διάστημα με άκρα α, β. Η απεικόνιση του είναι ανάλογη με του ανοικτούδιαστήματος. Απλώς τώρα για να δηλώσουμε ότι αυτή τη ϕορά τα άκρα συμπεριλαμβάνονται στο διάστημα μας τα σημειώνουμε με γέμισμα. Ο δεύτερος τρόπος απεικόνισης γίνεται όπως στο ανοικτό μόνο που οι κάθετες γραμμές είναι συνεχείς και όχι διακεκομμένες : Με [α, β) συμβολίζουμε το σύνολο [α, β) ={x R α x < β} Ονομάζεται αριστερά κλειστό -δεξιά ανοικτό διάστημα με άκρα α, β.

70 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 61 ή αλλιώς : Με (α, β] συμβολίζουμε το σύνολο (α, β] ={x R α < x β} Ονομάζεται αριστερά ανοικτό - δεξιά κλειστό διάστημα με άκρα α, β. ή αλλιώς : Με (α, + ) συμβολίζουμε το σύνολο (α, + ) = {x R α < x} ή αλλιώς : Με [α, + ) συμβολίζουμε το σύνολο [α, + ) = {x R α x} ή αλλιώς :

71 Σύνολα Με (,α) συμβολίζουμε το σύνολο (,α)={x R x < α} ή αλλιώς : Με (,α] συμβολίζουμε το σύνολο (,α]={x R x α} ή αλλιώς : Σημείωση 1. Το ίδιο το σύνολο των πραγματικών αριθμών γράφεται υπό μορ- ϕή διαστήματος ως εξής : R =(, + ) Σημείωση 2. Ενα σημείο που πρέπει να είμαστε προσεκτικοί είναι το ότι τα, + δηλώνουν κατευθύνσεις στην ευθεία των πραγματικών αριθμών και δεν είναι πραγματικοί αριθμοί. Σημείωση 3. Οταν γράφουμε (α, β), [α, β], (α, β] ή [α, β) ϑα εννοείται ότι α < β. Ασκηση 92. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ; 1. 2 (0, 4) 2. 2 (1, 2) ( 4 7, 1)

72 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες (3, 11] Το ίδιο το σύνολο των πραγματικών αριθμών γράφεται υπό μορφή διαστήματος ως εξής : R =(, + ) Ασκηση 93. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ; 1. x (1, + ) x + 1 (1, + ) 2. x (1, + ) x 1 (1, + ) 3. x (1, + ) 2x (1, + ) 4. x (1, + ) x (1, + ) 2 Ασκηση 94. Να γράψετε 20 αριθμούς του διαστήματος (0, 1). Ασκηση 95. Να γράψετε 20 αριθμούς του διαστήματος (0, 2). Ασκηση 96. Να γράψετε 20 αριθμούς του διαστήματος ( 1, 0). Ασκηση 97. Ποιεςαπότιςεπόμενεςπροτάσειςείναιαληθείς; 1. [2, 4] [2, 4] 2. [2, 4] [2, 4) 3. [2, 4] [2, + ) 4. [2, 4] (, 5) Ασκηση 98. Γιαποιατιμήτουx είναι (2, 6)=(4 x, 4 + x); Ασκηση 99. Γιαποιατιμήτουx είναι (2, 6)=[4 x, 4 + x]; Ασκηση 100. Να αποδείξετε ότι ισχύει x (2, 4) 2x + 3 (7, 11). Να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο. Ασκηση 101. Να αποδείξετε ότι : 1. x (α, β) x ( β, α) 2. x (α, β) x ( β, α) Ασκηση 102. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του x ισχύει (a, x) (a, β). Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι (a, α+β ) (a, β). 2 Ασκηση 103. Ναϐρείτεόλαταπολλαπλάσιατου 2 που ανήκουν στο διάστημα (2, 10) Πράξεις μεταξύσυνόλων Σε πολλές περιπτώσεις κάποια σύνολα προκύπτουν με την ϐοήθεια κάποιων άλλων συνόλων με ένα καθορισμένο τρόπο. Είναι οι περιπτώσεις όπου εκτελούμε κάποια πράξη συνόλων. Στα επόμενα ϑα δούμε κάποιες πράξεις μεταξύσυνόλων και μερικές ιδιότητες τους. Οι ιδιότητες των πράξεων μεταξύ συνόλων παρουσιάζουν πολλές ομοιότητες με τις πράξεις των πραγματικών αριθμών αλλά και πολλές σημαντικές διαφορές.

73 Σύνολα Η τομή δύο συνόλων Ας πάρουμε τους αριθμούς 18 και 24. Το σύνολο των διαιρετών του 24 είναι το A ={ 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6, 6, 9, 9, 18, 18} B ={ 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 6, 6, 8, 8, 12, 12, 24, 24} Οι αριθμοί που διαιρούν και τον 18 και τον 24 δηλαδή οι κοινοί διαιρέτες τους ορίζουν ένα νέο σύνολο που περιέχει τα κοινά στοιχεία των A, B: { 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6, 6} Το σύνολο αυτό λέγεται τομή των A, B. Γενικά : Αν A και B είναι δύο υποσύνολα του ϐασικού συνόλου Ω τότε το σύνολο των κοινών στοιχείων τους ονομάζεται τομή των A, B και συμβολίζεται με A B: A B ={x Ω x A και x B} (2.3) Αν τα σύνολα A και B δεν έχουν κοινά στοιχεία δηλαδή τα σύνολα είναι ξένα τότε η τομή τους είναι το κενό σύνολο. Στα παρακάτω διαγράμματα απεικονίζεται η τομή των A και B ως το σκιασμένο σύνολο. Στην τρίτη περίπτωση όπου τα σύνολα είναι ξένα δεν σημειώνεται τίποτε αφού η τομή τους είναι το κενό σύνολο. Ασκηση 104. Ποια είναι η τομή του συνόλου των αρτίων με το σύνολο των περιττών αριθμών ; Ασκηση 105. Να συμπληρώσετε τις ισότητες : 1. {1, 2, 4, 7} {1, 2, 4, 7}= 2. [ 1, 4] [0, 7]= 3. N Q = 4. ( 2, 4) [0, + ) = Ασκηση 106. Να ϐρείτε την τομή (2, 19 7 ) ( 23 11, 10) Ασκηση 107. Για ποιες τιμές του x ισχύει {1, 3, 5} {x, 11, 12}={x};

74 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες Η ένωση δύο συνόλων Στο παρακάτω σχήμα απεικονίζονται δύο τεμνόμενες ευθείες. Αν ϑέλουμε να περιγράψουμε το σχήμα που δημιουργούν και οι δύο ευθείες μαζί ϑα πούμε ότι απαρτίζεται από τα σημεία και των δύο ευθειών δηλαδή από τα σημεία που ανήκουν τουλάχιστον σε μία από τις δύο ευθείες. Στο σχήμα αυτό λ.χ. ϑα συμπεριληφθεί το σημείο A γιατί ανήκει στην μία ευθεία, το σημείο B γιατί ανήκει στην άλλη ευθεία. Επίσης ϑα συμπεριληφθεί το σημείο Γ γιατί ανήκει και στις δύο. Δεν ϑα συμπεριληφθεί όμως το σημείο Δ διότι δεν ανήκει σε καμία από τις δύο ευθείες. Το σύνολο αυτό λέγεται ένωση των δύο ευθειών. Αν A και B είναι δύο υποσύνολα του ϐασικού συνόλου Ω τότε το σύνολο όλων των στοιχείων τους κοινών ή όχι ονομάζεται ένωση των A, B και συμβολίζεται με A B: A B ={x Ω x A ή x B} (2.4) Στα παρακάτω διαγράμματα απεικονίζεται η ένωση των A και B ως το σκιασμένο σύνολο. Ασκηση 108. Βρείτε την ένωση { 1, 4, 5} {4, 5, 7} Ασκηση 109. Να αποδείξετε ότι A B = A A B.

75 Σύνολα Ασκηση 110. Να συμπληρώσετε τις ισότητες : 1. (2, 4) [3, 5]= 2. (, 0) [0, + ) = Η διαφορά δύο συνόλων Ας ονομάσουμε A το σύνολο των πολλαπλασίων του 7. Είναι A ={..., 63, 56, 49, 42, 35, 28, 21, 14, 7, 0, 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63,...} Ας ονομάσουμε B το σύνολο των πολλαπλασίων του 5. Είναι: B ={..., 50, 45, 40, 35, 30, 25, 20, 15, 10, 5, 0, 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50,...} Τα πολλαπλάσια του 7 που δεν είναι πολλαπλάσια του 5 συγκροτούν ένα νέο σύνολο. Προκύπτει αν από το A αφαιρέσουμε δηλαδή εξαιρέσουμε όσα στοιχεία του είναι και στοιχεία του B. Πρόκειται για το σύνολο : {..., 63, 56, 49, 42, 28, 21, 14, 7, 7, 14, 21, 28, 42, 49, 56, 63,...} Ονομάζεται, όπως είναι ϕυσικό, διαφορά του συνόλου A ως προς το σύνολο B. Γενικά Αν A και B είναι δύο υποσύνολα του ϐασικού συνόλου Ω τότε το σύνολο των στοιχείων του A που δεν ανήκουν στο B ονομάζεται διαφορά του συνόλου A ως προς το σύνολο B και συμβολίζεται με A B: A B ={x Ω x A και x B} (2.5) Στα παρακάτω διαγράμματα απεικονίζεται η διαφορά των A B ως το σκιασμένο σύνολο. Σημειώστε ότι στο τέταρτο σχήμα όπου τα A και B είναι ίσα δεν εμφανίζεται σκιασμένη διαφορά διότι πρόκειται για το κενό σύνολο. Ασκηση 111. Βρείτε τις διαφορές 1. {1, 2, 3} {1, 2} 2. {1, 2, 3} {4, 5} 3. [5, 10] (6, 11)

76 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες Συμπλήρωμα συνόλου Ας ϑεωρήσουμε την παράσταση 1 (x 1)(x 2)(x 3) όπου ο x είναι πραγματικός αριθμός. Ο παρονομαστής της παράστασης πρέπει να είναι διάφορος του 0 επομένως ο x μπορεί να είναι οποιοσδήποτε αριθμός που δεν μηδενίζει τον παρονομαστή. Εύκολα ϐρίσκουμε ότι ο παρονομαστής μηδενίζεται μόνο όταν ο x γίνει 1, 2 ή 3 και επομένως ο x μ- πορεί να είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός που δεν ανήκει στο σύνολο των «απαγορευμένων» τιμών {1, 2, 3}. Άραx μπορεί να είναι οποιοσδήποτε αριθμός «έξω» από το {1, 2, 3} ή όπως αλλιώς λέμε αριθμός από το συμπλήρωμα του {1, 2, 3}. Γενικά : Αν A είναι ένα υποσύνολο του ϐασικού συνόλου Ω τότε το σύνολο των στοιχείων του Ω που δεν ανήκουν στο A ονομάζεται συμπλήρωμα του συνόλου A ως προς το σύνολο Ω και συμβολίζεται με A : A ={x Ω x A} (2.6) Στα παρακάτω διαγράμματα απεικονίζεται το συμπλήρωμα του A ως το σκιασμένο σύνολο. Ασκηση 112. Αν το ϐασικό σύνολο είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών ποιό είναι το συμπλήρωμα του συνόλου των ϱητών ; Ασκηση 113. Με ϐασικό σύνολο το R να γράψετε ως ένωση διαστημάτων το συμπλήρωμα του {7} Ιδιότητες των πράξεων συνόλων Ας πάρουμε τρία σύνολα A, B και Γ. Ας σχηματίσουμε σε δύο διαγράμματα τις τομές A B και A Γ

77 Σύνολα και ας σχηματίσουεμε την ένωση τους : ϐλέπουμε ότι το σύνολο που προκύπτει δεν είναι άλλο από το A (B Γ). Αυτό που ϕαίνεται από το σχήμα μπορεί να αποδειχθεί ως εξής : Για κάθε x Ω ισχύει : x A (B Γ) x A και x B Γ x A και (x B ή x Γ) (x A και x B) ή (x A και x Γ) (x A B) ή (x A Γ) x (A B) (A Γ) Στον παρακάτω πίνακα συνοψίζονται μερικές ϐασικές ιδιότητες των πράξεων των συνόλων. Ολες μπορούν να αποδειχθούν με τρόπο ανάλογο με εκείνο που χρησιμοποιήθηκε παραπάνω : Αντιμεταθετική A B = B A A B = B A (2.7) Προσεταιριστική A (B Γ)=(A B) Γ A (B Γ)=(A B) Γ (2.8) Ουδέτερο στοιχείο A Ω = A A =A (2.9) Ταυτοδυναμία A A = A A A = A (2.10) Επιμεριστική A (B Γ)=(A B) (A Γ) A (B Γ) =(A B) (A Γ) (2.11) Επίσης η διαφορά μπορεί να εκφρασθεί με την ϐοήθεια της τομής και του συμπληρώματος A B = A B (2.12) Ασκηση 114. Να αποδείξετε όσες περισσότερες από τις προηγούμενες ιδιότητες μπορείτε.

78 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες Απαρίθμηση και Πληθάριθμοι Κάθε ϕορά που μετράμε, μετράμε τα στοιχεία ενός συνόλου : Του συνόλου των μαθητών μίας τάξης, των ϑεατών μίας ϑεατρικής παράστασης, των ϐιβλίων μας κτλ. Αυτό που κάνουμε όταν μετράμε τα στοιχεία ενός συνόλου είναι να αντιστοιχίζουμε σε κάθε στοιχείο του συνόλου και ένα αριθμό ϕυσικό αριθμό ξεκινώντας από το 1 και ανεβαίνοντας ανά ένα. Οταν εξαντλήσουμε τα στοιχεία του συνόλου, δηλαδή όταν τα μετρήσουμε όλα, κοιτάμε ποιος είναι ο τελευταίος αριθμός που χρησιμοποιήσαμε και αυτός δηλώνει το πλήθος των στοιχείων του συνόλου μας. Λέγεται και πληθάριθμος του συνόλου. Βέβαια αυτή η διαδικασία που λέγεται και απαρίθμηση μπορεί να ολοκληρωθεί όταν το σύνολο είναι πεπερασμένο. Δεν είναι όλα τα σύνολα πεπερασμένα : Τα σύνολα των πραγματικών, των ϱητών των ακεραίων, των ϕυσικών, των αρτίων, των περιττών, των πρώτων δεν είναι πεπερασμένα. Λέγονται απειροσύνολα. Λέμε ότι το πλήθος των στοιχείων τους είναι άπειρο. Ο Cantor μελέτησε συστηματικά τα απειροσύνολα και απέδειξε ότι υπάρχουν διαφορετικά είδη απείρου. Εχει σημασία να ϑυμόμαστε ότι ένας πλήθος στοιχείων που δεν γνωρίζουμε δεν είναι κατ ανάγκην άπειρο. Για παράδειγμα το πλήθος των παρακάτω αριθμών 1, 2, 3,..., ν είναι ν και όχι άπειρο. Το πλήθος των στοιχείων ενός πεπερασμένου συνόλου A ϑα συμβολίζεται με N(A). Το κενό ϑεωρείται πεπερασμένο σύνολο με πληθάριθμο 0. Δηλαδή N( ) = 0 Προφανώς ο πληθάριθμος κάθε πεπερασμένου συνόλου είναι ένας ϕυσικός αριθμός. Ασκηση 115. Να ϐρείτε το πλήθος των παρακάτω αριθμών : 1. 1, 2, 3,..., , 12, 13,..., , 2 1, 2 2, 2 3,..., Ασκηση 116. Βρείτε το N(A) στις ακόλουθες περιπτώσεις : 1. A = { 3, 3, 2 3, 6} 2. A =[2, 12] Z 3. A = {x Z x 2 < 11} Αν έχουμε δύο πεπερασμένα σύνολα A, B τότε προφανώς ισχύουν τα επόμενα : A = B N (A)=N (B) (2.13) A B N (A) N (B) (2.14)

79 Πιθανότητες Ας πάρουμε δύο ξένα σύνολα λ.χ. τα A ={1, 2, 3, 11} και B ={ 2, 6, 7}. Είναι N (A) =4 και N (B) =3. Είναι{1, 2, 3, 11} { 2, 6, 7} ={1, 2, 2, 3, 6, 7, 11} και επομένως N (A B)=7 = N (A)+N (B). Προφανώς αυτό ισχύει γενικά : Αν τα A και B δεν έχουν κοινά στοιχεία δηλαδή είναι ξένα ο πληθάριθμος της ένωσης τους είναι το άθροισμα των επιμέρους πληθαρίθμων. Με άλλα λόγια : A B = N (A B)=N (A)+N (B) (2.15) Στην περίπτωση όπου τα A και B δεν είναι ξένα ο υπολογισμός του πληθαρίθμου της ένωσης ϑέλει μεγαλύτερη προσοχή. Αν A ={1, 2, 6, 7} και B ={ 2, 6, 7, 8, 9} τότε A B ={1, 2, 6, 7} { 2, 6, 7, 8, 9} ={1, 2, 2, 6, 7, 8, 9}. Εδώ N (A B) =7 ενώ N (A) =4 και N (B) =5. Δηλαδή N (A B) =7 ενώ N (A) +N (B) =9. Αυτή τη ϕορά ο πληθάριθμος της ένωσης είναι μικρότερος από το άθροισμα των επιμέρους πληθαρίθμων γιατί αθροίζοντας τους πληθαρίθμους τα κοινά στοιχεία των δύο συνόλων τα υπολογίζουμε δύο ϕορές επομένως πρέπει να αφαιρεθούν από το άθροισμα. Τα κοινά στοιχείαείναι2 αφού A B ={1, 2, 6, 7} { 2, 6, 7, 8, 9} ={6, 7} και τώρα είναι N (A B) 7 κανόνας : ήπιοσυμμετρικά: = N (A) + N (B) 4 5 N (A B) 2. Προφανώς αυτό ισχύει ως γενικός N (A B)=N (A)+N (B) N (A B) (2.16) N (A B)+N (A B)=N (A)+N (B) (2.17) Τέλος εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει : N (A B)=N (A) N (A B) (2.18) Ασκηση 117. Αν A B και N (B)=11 ποιές είναι οι δυνατές τιμές του N (A); Ασκηση 118. Αν A B και N (A)=11 ποιές είναι οι δυνατές τιμές του N (B); Ασκηση 119. Αν N (A)=10, N (B)=20 και N (A B) =7 ϐρείτε το N (A B). Ασκηση 120. Αν N (A)=10, N (B) =20 και N (A B)=27 ϐρείτε το N (A B). 2.2 Πιθανότητες Οταν κάνουμε Μαθηματικά είμαστε συνηθισμένοι σε ακριβείς απαντήσεις. Ωστόσο τα Μαθηματικά δεν αντιμετωπίζουν μόνο μετρήσεις υπολογισμούς και ακριβείς συλλογισμούς. Αντιμετωπίζουν και το Τυχαίο αναπτύσσοντας μεθόδους για να το κάνουν πιο κατανοητό. Στα επόμενα ϑα κάνουμε μία πρώτη γνωριμία με αυτές τις μεθόδους.

80 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες Η έννοια της πιθανότητας Μια τάξη έχει 31 παιδιά, μαθητές - μαθήτριες. Σε μια γιορτή κληρώνεται ένα ϐιβλίο. Το ϐιβλίο ϑα το κερδίσει ένα από τα 31 παιδιά της τάξης. Ας πάρουμε ένα συγκεκριμένο παιδί : Στην καθημερινή Ϲωή σε μία τέτοια περίσταση ϑα λέγαμε ότι ένα συγκεκριμένο παιδί έχει πιθανότητα 1 στις 31 δηλαδή 1 31 να κερδίσει το ϐιβλίο. Ας πάρουμε δύο παιδιά λ.χ. από το ίδιο ϑρανίο : Θα λέγαμε τότε ότι η πιθανότητα να κερδίσει κάποιο από τα δύο αυτά παιδιά 2 δηλαδή η πιθανότητα να «πάει» το ϐιβλίο στο συγκεκριμένο ϑρανίο είναι 31. Ας πάρουμε τα 6 παιδιά των τριών απτό τα αριστερά πρώτων ϑρανίων :

81 Πιθανότητες 6 Η πιθανότητα να κερδίσει κάποιο από αυτά τα παιδιά το ϐιβλίο είναι 31. Ας πάρουμε ένα οποιοδήποτε υποσύνολο A του συνόλου Ω των παιδιών της τάξης. Αν το A έχει k στοιχεία δηλαδή παιδιά τότε η πιθανότητα να «πάει» το ϐιβλίο στο A δηλαδή να το κερδίσει κάποιο παιδί που συγκαταλέγεται στο A είναι k 31 με άλλα λόγια είναι ίση με : N (A) N (Ω) Η κλήρωση που περιγράψαμε αποτελεί ένα όπως λέμε στα Μαθηματικά πεί- ϱαμα τύχης. Κάθε πείραμα τύχης συνδέεται με κάποια αποτελέσματα. Στην προκειμένη περίπτωση ως αποτέλεσμα μπορεί να ϑεωρηθεί το ποιος μαθητής κέρδισε το ϐιβλίο οπότε τα δυνατά αποτελέσματα είναι τα παιδιά που μετέχουν στην κλήρωση δηλαδή τα παιδιά της τάξης. Το σύνολο όλων των αποτελεσμάτων ονομάζεται δειγματικός χώρος. Στην περίπτωση μας ο δειγματικός χώρος είναι το σύνολο Ω των παιδιών της τάξης. Ας δούμε ένα άλλο πείραμα τύχης : Την ϱίψη Ϲαριού μία ϕορά. Τα δυνατά αποτελέσματα είναι οι ενδείξεις του Ϲαριούδηλαδή οι αριθμοί 1, 2, 3, 4, 5, 6: Τώρα ο δειγματικός χώρος είναι το σύνολο Ω ={1, 2, 3, 4, 5, 6}. Ας υποθέσουμε τώρα ότι 1. Κάποιος στοιχηματίζει πως το Ϲάρι ϑα ϕέρει κάποιον από τους αριθμούς 1, 2 ή Κάποιος στοιχηματίζει πως το Ϲάρι ϑα ϕέρει αριθμό μικρότερο του Κάποιος, πιο εκκεντρικός, στοιχηματίζει πως το Ϲάρι ϑα ϕέρει αριθμό x που ικανοποιεί την ισότητα (x 1)(x 2)(x 3)=0.

82 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 73 Και οι τρεις στοιχημάτισαν το ίδιο πράγμα : Πως αυτό που ϑα δείξει το Ϲάρι είναι 1, 2 ή 3. Δηλαδή ότι ϑα εμφανισθεί κάποιο στοιχείο του συνόλου A = {1, 2, 3}. Το σύνολο αυτό, πέρα από τις λεκτικές διαφορές, συνοψίζει την ουσία των τριών στοιχημάτων. Αποτελεί ένα ενδεχόμενο του πειράματος τύχης. Το ενδεχόμενο αυτό πραγματοποιείται όταν το Ϲάρι έχει ένδειξη κάποιο από τα στοιχεία. Στην αντίθετη περίπτωση δεν πραγματοποιείται. Η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο A συμβολίζεται με P (A) 6 και είναι όπως πριν P (A) = N(A) N(Ω) = 3 6 = 1 2. Ασκηση 121. Στο πείραμα τύχης «ϱίψη Ϲαριού μία ϕορά» να ϐρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων B και Γ: Μπορείτε να προτείνετε κάποια περιγραφή αυτών των ενδεχομένων ; Ο κλασικός ορισμός της πιθανότητας Η Θεωρία Πιθανοτήτων, ένας καθ όλα αξιοσέβαστος κλάδος των Μαθηματικών, ξεκίνησε από τα τυχερά παιγνίδια. Η προσπάθεια του ανθρώπου να κατανοήσει και να τιθασεύσει το τυχαίο ξεκινάει από πολύ παλιά. Υπάρχει όμως γενική συμφωνία ότι η σύγχρονη ϑεωρία πιθανοτήτων γεννήθηκε το 1654 οπότε κάποιος διάσημος παίκτης της εποχής έθεσε στον Γάλλο μαθηματικό και ϕιλόσοφο Blaise Pascal ένα ερώτημα σχετικό με το πως ϑα έπρεπε 6 το P από το αρχικό του probability=πιθανότητα

83 Πιθανότητες Blaise Pascal να μοιραστούν τα χρήματα μίας παρτίδας χαρτοπαιγνίου που διακόπηκε. Ο Pascal ασχολήθηκε με το ϑέμα και συγχρόνως αντάλλαξε απόψεις αλληλογραφώντας με τον επίσης Γάλλο μαθηματικό και νομικό Pierre de Fermat. Άρχισε έτσι να δημιουργείται ένας νέος κλάδος των Μαθηματικών που αρχικά ονομάσθηκε από τον Pascal «Γεωμετρία της Τύχης». Η ϑεμελίωση της ϑεωρίας των πιθανοτήτων προχώρησε με αρκετές δυσκολίες και σε αυτή την μακρά πορεία συνέβαλαν πολλοί μαθηματικοί. Στα επόμενα ϑα ασχοληθούμε με την κλασική προσέγγιση της ϑεωρίας των πιθανοτήτων δηλαδή όπως αυτή διαμορ- ϕώθηκε στο ξεκίνημα της. Δεν μπορεί να καλύψει όλα τα πειράματα τύχης αλλά μόνο εκείνα όπου τα αποτελέσματα τους ϑεωρούνται ισοπίθανα. Μετέτοια πειράματα ϑα ασχοληθούμε στα επόμενα. 1. Στο πείραμα τύχης «κλήρωση ενός μαθητή από μία τάξη 31 μαθητών» λάβαμε ως δεδομένο ότι η κλήρωση είναι δίκαιη δηλαδή ότι έχουν μπει στην κληρωτίδα όλα τα ονόματα των μαθητών και ότι οι κλήροι έχουν ανακατευτεί ώστε να υπάρχει εγγύηση πως κανένα παιδί δεν ϑα ευνοηθεί έναντι των άλλων. 2. Στο πείραμα τύχης «ϱίψη Ϲαριού μία ϕορά» λαμβάνουμε ως δεδομένο ότι η κατασκευή και ο τρόπος ϱίψης του Ϲαριούείναι τέτοιες ώστε να εξασφαλίζεται πως κανένας αριθμός δεν ευνοείται. Pierre de Fermat Αντίθετα ας ϕαντασθούμε το εξής πείραμα τύχης : Βγαίνουμε από το σπίτι μας και καταγράφουμε το πρώτο πρόσωπο που ϑα δούμε. Θεωρητικά μπορεί να δούμε οποιοδήποτε κάτοικο της Γης αλλά κάποια πρόσωπα (λ.χ. οι γείτονες) έχουν μεγαλύτερη πιθανότητα να εμφανισθούν έναντι άλλων. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα πείραμα τύχης του οποίου τα αποτελέσματα είναι τα ω 1,ω 2,..., ω ν. Υποθέτουμε πως όλα τα ενδεχόμενα ω 1,ω 2,..., ω ν είναι ισοπίθανα. Εστω Ω ={ω 1,ω 2,..., ω ν } ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης και A ένα οποιοδήποτε ενδεχόμενο του Ω δηλαδή ένα υποσύνολο του Ω. Ορίζουμε την πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο A τον αριθμό P (A) = N (A) Πλήθος ευνοϊκών περιπτώσεων δηλαδή στοιχείων του A = N (Ω) Πλήθος όλων των περιπτώσεων δηλαδή στοιχείων του Ω (2.19) Προφανώς 0 P (A) 1 (2.20) Ειδικά αν ένα ενδεχόμενο A είναι μονοσύνολο λ.χ. A ={ω} τότε γράφουμε 1 P (ω) αντί για P ({ω}). Εχουμε ότι P (ω 1 )= N(Ω) = 1 ν,p (ω 1 2)= N(Ω) = 1 ν κ.τ.λ. Ασκηση 122. Αν ο δειγματικός χώρος έχει 3μ στοιχεία ποια είναι ποια είναι η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο του A ={ω 1,ω 2,ω 3 }. Ασκηση 123. Από μια τράπουλα 52 ϕύλλων (ϐλ. σχήμα) επιλέγουμε τυχαία ένα ϕύλλο.

84 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 75 Να ϐρείτε την πιθανότητα το ϕύλο να είναι : 1. Βαλές (J). 2. Ντάμα (Q). 3. Κούπα ( ) 4. Ντάμα κούπα Μερικά παραδείγματα. Οταν ϑέλουμε να υπολογίσουμε πιθανότητες χρειάζεται κάποια προσοχή στην εύρεση του δειγματικού χώρου. Παράδειγμα 13. Ας υποθέσουμε ότι εκτελούμε το εξής πείραμα τύχης : Ρίχνουμε δύο Ϲάρια συγχρόνως. Ποια είναι άραγε η πιθανότητα να έλθουν 1 και 2; Τα Ϲάρια ϑα εμφανίσουν τις εξής ενδείξεις : 1 1, 1 2,..., 1 6, 2 2,..., 2 6,..., 6 6 Το πλήθος τους είναι = 21. Φαινομενικά η πιθανότητα που 1 Ϲητάμε είναι 21. Ομως τα Ϲάρια είναι δύο και μια ένδειξη που καταγράφουμε μπορεί να έχει προέλθει με διαφορετικούς τρόπους. Λ.χ. η ένδειξη 2 6 μπορεί να προέλθει είτε αν το ένα Ϲάρι (ας το ονομάσουμε «Ζάρι 1») ϕέρει 2 και το άλλο (ας το ονομάσουμε «Ζάρι 2») ϕέρει 6 είτε αν το Ζάρι 2 ϕέρει 2 και το Ζάρι 1 ϕέρει 6. Ο δειγματικός χώρος του πειράματος μας περιλαμβάνει όλες τις δυνατές ενδείξεις Ζάρι 1-Ζάρι 2:

85 Πιθανότητες Οδειγματικόςχώροςέχει36 στοιχεία και το ενδεχόμενο να έλθουν 1 και 2 απαρτίζεται από δύο στοιχεία επομένως η πιθανότητα πραγματοποίησης του 2 είναι 36 = Ασκηση 124. Στο προηγούμενο πείραμα τύχης «Ρίψη δύο Ϲαριών» να ϐρείτε την πιθανότητα τα δύο Ϲάρια να ϕέρουν άθροισμα 7. Ασκηση 125. Στο πείραμα τύχης «Ρίψη δύο Ϲαριών» να ϐρείτε την πιθανότητα τα δύο Ϲάρια να ϕέρουν άθροισμα 8. Ποιο από όλα τα δυνατά αθροίσματα είναι πιθανότερο από τα άλλα ; Παράδειγμα 14. Ενας ϕοιτητής ϐρίσκεται σε διακοπές και έχει μαζί του : 4 πουκάμισα 4 παντελόνια 3 Ϲευγάρια παπούτσια

86 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 77 Μίαμέρααποφασίζειναντυθείτυχαίαδηλαδή να διαλέξει τυχαία πουκάμισοπαντελόνι-παπούτσια. Ποια είναι η πιθανότητα να ϕορέσει το πρώτο παντελόνι το δεύτερο πουκάμισο και το τρίτο Ϲευγάρι παπούτσια ; Λύση. Πρέπει να υπολογίσουμε τον δειγματικό χώρο του πειράματος δηλαδή να ϐρούμε πόσες διαφορετικές «ϕορεσιές» μπορούν να υπάρξουν. Ας ξεκινήσουμε από το 1ο πουκάμισο. Αυτό μπορεί να συνδυαστεί με 4 παντελόνια που το κάθε ένα συνδυάζεται με 3 Ϲευγάρια παπούτσια : Συνολικά 12 ϕορεσιές. Το 2ο πουκάμισο μας δίνει άλλες 12 ϕορεσιές. Το 3ο πουκάμισο άλλες 12. Και 12 ϕορεσιές το 4ο πουκάμισο :

87 Πιθανότητες Επομένως ο δειγματικός μας χώρος έχει 4 12 = 48 στοιχεία=φορεσιές. Επομένως η πιθανότητα που Ϲητάμε είναι Στο παράδειγμα μας ας συμβολίσουμε με T1, T2, T3, T4 τα πουκάμισα, με J1, J2, J3, J4 τα παντελόνια και με S1, S2, S3 τα παπούτσια τότε ο δειγματικός μας χώρος που περιλαμβάνει όλες τις δυνατές ϕορεσιές απεικονίζεται στο παρακάτω δενδροδιάγραμμα. Παράδειγμα 15. Ας επανέλθουμε στο παράδειγμα της τάξης με τα 31 παιδιά που είδαμε στην σελίδα 71. Είδαμε ότι αν κληρώσουμε ένα ϐιβλίο η πιθανότητα να το κερδίσει κάποιο από τα δύο παιδιά ενός συγκεκριμένου ϑρανίου είναι 2 31 Ας υποθέσουμε τώρα ότι κληρώνουμε δύο ϐιβλία ως εξής : Τραβάμε ένα κλήρο και δίνουμε στο παιδί που γράφει ο κλήρος το ένα ϐιβλίο. Κατόπιν από τους υπόλοιπους 30 κλήρους τραβάμε άλλο ένα και δίνουμε στο παιδί που γράφει ο κλήρος το δεύτερο ϐιβλίο. Ποια είναι η πιθανότητα τα ϐιβλία να τα κερδίσουν τα δύο παιδιά του συγκεκριμένου ϑρανίου ; Λύση. Και σε αυτό το παράδειγμα χρειάζεται κάποια προσοχή στον υπολογισμό του δειγματικούχώρου. Κερδίζουν δύο μαθητές. Άρα πρέπει να υπολογίσουμε πόσα διαφορετικά Ϲεύγη μπορούν να σχηματισθούν από τους 32 μαθητές. Ο πρώτος μαθητής του Ϲεύγους μπορεί να επιλεγεί κατά 31 τρόπους. Ο δεύτερος ϑα επιλεγεί από 30 μαθητές άρα μπορεί να επιλεγεί κατά 30 τρόπους. Συνολικά έχουμε = 930 επιλογές. Ομως αυτές δεν είναι διαφορετικές αφούέχουμε λογαριάσει και την περίπτωση να επιλεγεί ο μαθητής A και μετά ο B αλλά και την περίπτωση να επιλεγεί ο B και μετά ο A. Με άλλα λόγια τα Ϲεύγη έχουν υπολογισθεί όλα δύο ϕορές άρα τα πραγματικά Ϲεύγη είναι τα μισά : = 465. Επομένως η Ϲητούμενη πιθανότητα είναι Ασκηση 126. Από ένα ϐιβλίο 120 σελίδων επιλέγουμε τυχαία δύο διαφορετικές σελίδες. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι οι δύο τελευταίες ;

88 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες Πράξεις και σχέσεις μεταξύενδεχομένων. Τα ενδεχόμενα δεν είναι τίποτε άλλο από σύνολα και όπως είναι ϕυσικό έχουμε σχέσεις και πράξεις ενδεχομένων. Η γλώσσα των συνόλων μας προσ- ϕέρει ένα τρόπο να μεταφέρουμε στην μαθηματική γλώσσα τρόπους που συνδέουμε ενδεχόμενα στην καθομιλουμένη γλώσσα Η σχέση που περιέχεσθαι : Αν A τότε B ΑνγιαταενδεχόμεναA, B ισχύει A B τότε όλα τα αποτελέσματα που ανήκουν στο A ανήκουν και στο B πράγμα που σημαίνει πως όταν πραγματοποιείται το A πραγματοποιείται το B. Φυσικά σε μία τέτοια περίπτωση ϑα ισχύει και N (A) N (B) οπότε διαιρώντας και τα δύο μέλη με N (Ω) ϐρίσκουμε ότι N(A) N(Ω) N(B) N(Ω) δηλαδή P (A) P (B). Άρα: A B P (A) P (B) (2.21) Στο παράδειγμα της κλήρωσης για το ένα ϐιβλίο (σελίδα 71) το ενδεχόμενο A περιέχεται στο ενδεχόμενο B που σημαίνει ότι αν κληρωθεί κάποιος μαθητής από το πρώτο από αριστερά ϑρανίο ϑα έχει κληρωθεί ένας μαθητής από τα τρία πρώτα από αριστερά ϑρανία. Ασκηση 127. Να αποδείξετε ότι 1. P (A B) P (A) και P (A B) P (B) 2. P (A B) P (A) και P (A B) P (B) Το συμπλήρωμα : όχι A Στο παράδειγμα της σελίδας 71 ας ονομάσουμεa το ενδεχόμενο να κερδίσει το ϐιβλίο κάποιο από τα δύο παιδιά του πρώτου από τα αριστερά ϑρανίου. Το ενδεχόμενο να μην πραγματοποιηθεί το A περιλαμβάνει όλα τα παιδιά εκτός του ϑρανίου αυτούκαι είναι το συμπλήρωμα A του A.

89 Πιθανότητες Είναι P (A )= N(A ) N(Ω) = N(Ω) N(A) N(Ω) = N(Ω) N(Ω) N(A) N(Ω) και επομένως Επομένως Τα ενδεχόμενα A και A λέγονται και αντίθετα. Ασκηση 128. Ποιο ενδεχόμενο είναι το (A ) ; P (A ) = 1 P (A) (2.22) 2 Ασκηση 129. Αν η πιθανότητα να μην πραγματοποιηθεί το A είναι ποια είναι η 11 πιθανότητα να πραγματοποιηθεί ; Η τομή : A και B Στο παράδειγμα της σελίδας 71 ας ονομάσουμε A το ενδεχόμενο το ϐιβλίο να το κερδίσει κάποιο από τα παιδιά των δύο πρώτων από τα αριστερά ϑρανίων και B το ενδεχόμενο να το κερδίσει κάποιο παιδί από την δεύτερη σειρά. Το ενδεχόμενο να πραγματοποιηθούν και τα δύο από τα A και B αντιστοιχεί στην τομή τους A B Η ένωση : A ή B Για τα ενδεχόμενα που είδαμε στην τομή μπορούμε να ορίσουμε και το σύνθετο ενδεχόμενο «πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα A και B» που αντιστοιχεί στην ένωση τους.

90 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 81 Οι πιθανότητεςπραγματοποίησηςτων A, B, A B και A B συνδέονται μεταξύ τους κατά τρόπο ώστε αν ξέρουμε 3 από αυτές μπορούμε να μάθουμε και την 4η. Από την σχέση (2.24) διαιρώντας δια N (Ω) ϐρίσκουμε και επομένως : N (A B) N (Ω) = N (A) N (Ω) + N (B) N (A B) N (Ω) N (Ω) P (A B)=P (A)+P (B) P (A B) (2.23) Η παραπάνω σχέση ονομάζεται προσθετικός νόμος και μπορεί να γραφεί και ώς : P (A B)+P (A B)=P (A)+P (B) P (A B) (2.24) Αν τα ενδεχόμενα A, B έχουν κενή τομή δηλαδή είναι ξένα ή όπως αλλιώς λέμε ασυμβίβαστα τότε ισχύει ο απλός προσθετικός νόμος δηλαδήp (A B)= P (A)+P (B) με άλλα λόγια A B = P (A B)=P (A)+P (B) (2.25) Ασκηση 130. Αν P (A) =0, 7, P (B)=0, 6 και P (A B)=0, 4 ϐρείτε το P (A B). Ασκηση 131. Αν P (A) =0, 4, P (B)=0, 6 και P (A B)=0, 4 ϐρείτε το P (A B). Ασκηση 132. ΓιαταενδεχόμεναA, B ισχύει P (A)+P (B) =1, 4. Να αποδείξετε ότι δεν είναι ασυμβίβαστα Η διαφορα : A καί όχι B ΗδιαφοράA B εκφράζει το σύνθετο ενδεχόμενο «πραγματοποιείται το A αλλά όχι το B» Από την σχέση διαιρώντας με N (Ω) ϐρίσκουμε : P (A B)=P (A) P (A B) (2.26) Τέλος το ενδεχόμενο (A B) (B A) πραγματοποιείται μόνο όταν πραγματοποιείται ακριβώς ένα (δηλαδή μόνο ένα) από τα ενδεχόμενα A και B. Επειδή τα A B και B A είναι ασυμβίβαστα ισχύει : P ((A B) (B A)) = P (A B)+P (B A) =P (A) P (A B)+P (B) P (A B) =P (A)+ P (B) 2P (A B). Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν προσέξουμε ότι (A B) (B A)=(A B) (A B). Ασκηση 133. Η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το A είναι 1 4 ηπιθανότητανα πραγματοποιηθεί το B είναι 1 και η πιθανότητα να πραγματοποιηθούν και τα δύο 3 είναι 1. Να ϐρείτε την πιθανότητα να πραγματοποιηθεί : 6 1. Μόνο το A. 2. Μόνο το B. 3. Ακριβώς ένα από τα A και B. 4. Κανένα από τα A και B.

91 Πιθανότητες Ενα ϐασικό παράδειγμα με πολλές λύσεις Παράδειγμα 16. Για μία τάξη είναι γνωστό ότι η πιθανότητα ένας μαθητής να γνωρίζει Αγγλικά είναι 0, 8, η πιθανότητα να γνωρίζει Γαλλικά είναι 0, 6 και η πιθανότητα να γνωρίζει και τις δύο γλώσσες είναι 0, 5. Να ϐρεθεί η πιθανότητα : 1. Να γνωρίζει τουλάχιστον μία από τις δύο γλώσσες. 2. Να γνωρίζει μόνο Αγγλικά. 3. Να γνωρίζει μόνο Γαλλικά. 4. Να γνωρίζει ακριβώς μία από τις δύο γλώσσες. 5. Να μην γνωρίζει καμία από τις δύο γλώσσες. Ας ονομάσουμε με A το ενδεχόμενο ο τυχών μαθητής να γνωρίζει Αγγλικά και με Γ το ενδεχόμενο να γνωρίζει Γαλλικά. Α Τρόπος Από τα δεδομένα μας είναι P (A)=0, 8, P (Γ)=0, 6 και P (A Γ)= 0, Το ενδεχόμενο να γνωρίζει τουλάχιστον μία από τις δύο γλώσσες είναι το A Γ και P (A Γ)=P (A)+P (Γ) P (A Γ)=0, 8 + 0, 6 0, 5 = 0, 9 2. Το ενδεχόμενο να γνωρίζει μόνο Αγγλικά είναι το A Γ και P (A Γ)=P (A) P (A Γ)=0, 8 0, 5 = 0, 3 3. Το ενδεχόμενο να γνωρίζει μόνο Γαλλικά είναι το Γ A και P (Γ A)=P (Γ) P (A Γ)=0, 6 0, 5 = 0, 1 4. Το ενδεχόμενο να γνωρίζει ακριβώς μία από τις δύο γλώσσες είναι το (A Γ) (Γ A) και επειδή τα ενδεχόμενα A Γ, Γ A είναι ασυμβίβαστα είναι : P ((A Γ) (Γ A)) = P (A Γ)+P (Γ A)=0, 3 + 0, 2 = 0, 5 5. Το ενδεχόμενο να γνωρίζει καμία από τις δύο γλώσσες είναι το (A Γ) και P ((A Γ) ) = 1 P (A Γ)=1 0, 9 0, 1

92 Κεφάλαιο 2. Σύνολα και Πιθανότητες 83 Β Τρόπος Κάνουμε ένα διάγραμμα Venn και τοποθετούμε τα δεδομένα. Η κλίμακα δεν έχει σημασία. Τα υπόλοιπα στοιχεία ϐρίσκονται με απλές πράξεις. Η σειρά των πράξεων είναι η ακόλουθη : Από τις πιθανότητες των A και Γ αφαιρούμε τις πιθανότητες της τομής. Βρίσκουμε 0, 3 και 0, 1 και έται απαντάμε στα ερωτήματα 2 και 3. Προσθέτουμε τις πι- ϑανότητες της τομής και των δύο διαφορών και ϐρίσκουμε την πιθανότητα της ένωσης. Είναι 0, 9 και έτσι απαντάμε στο ερώτημα 1. Προσθέτουμε μόνο τις πιθανότητες των δύο διαφορών και ϐρίσκουμε ότι η απάντηση στο ερώτημα 4 είναι 0, 4. Τέλος αφαιρούμε από το 1 την πιθανότητα της ένωσης και ϐρίσκοντας 0, 1 έχουμε απαντήσει στο ερώτημα 5. Γ Τρόπος Σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα πιθανοτήτων : Αγγλικά Γαλλικά Ναι Όχι Σύνολο Ναι 0,5 0,8 Όχι Σύνολο 0,6 1 Εχουμε τοποθετήσει μόνο τα δεδομένα και το στοιχείο ότι ο δειγματικός χώρος έχει πιθανότητα 1. Οι υπόλοιπες πιθανότητες υπολογίζονται εύκολα με προσθαφαιρέσεις : Τουλάχιστον μία γλώσσα Αγγλικά Γαλλικά Ναι Όχι Σύνολο Ναι 0,5 0,3 0,8 Όχι 0,1 0,1 0,2 Σύνολο 06 0,6 04 0,4 1 Ακριβώς μία γλώσσα

93 Πιθανότητες

94 3 Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 3.1 Ταυτότητες Με τις ταυτότητες έχετε ασχοληθεί και στο Γυμνάσιο. Πρόκειται για ισότητες που ισχύουν για όλες τις τιμές των «γραμμάτων» (: μεταβλητών) που περιέχουν και έχουν νόημα. Υπάρχουν και ταυτότητες που δεν ισχύουν για όλες τις τιμές αλλά για εκείνες που ικανοποιούν κάποια συνθήκη. Ονομάζονται ταυτότητες υπό συνθήκη Οι ταυτότητες (α ± β) 2 = α 2 ± 2αβ + β 2 Είναι γνωστές οι ταυτότητες (α + β) 2 = α 2 + 2αβ + β 2 (3.1) (α β) 2 = α 2 2αβ + β 2 (3.2) Η συνηθισμένη απόδειξη γίνεται αν γράψουμε (α ± β) 2 =(α ± β)(α ± β) και κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς. Ασκηση 134. Να αποδείξετε τις ταυτότητες (3.1), (3.2) κάνοντας τους πολλαπλασιασμούς Ασκηση 135. Η ταυτότητα (3.1) παραστατικά γράφεται ( + ) 2 = που σημαίνει ότι η ισότητα ισχύει αν στην ϑέση του γράψουμε τον ίδιο αριθμό ή παράσταση και στην ϑέση του γράψουμε ένα άλλο αριθμό ή παράσταση. 1. Να ϑέσετε στη ϑέση του το α και στην ϑέση του το β και να δώσετε μία άλλη απόδειξη της (3.2) 2. Να ϑέσετε στη ϑέση του το α και στην ϑέση του το β + γ και να αποδείξετε ότι 85

95 Ταυτότητες (α + β + γ) 2 = α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα (3.3) Ασκηση 136. Να αναπτύξετε το (α β γ) 2. Ασκηση 137. Αν a + 1 α = 3 ϐρείτε το a2 + 1 α 2 Ασκηση 138. Να αποδείξετε ότι α 2 + β 2 + γ 2 αβ βγ γα = 1 2 ((α β)2 +(β γ) 2 +(γ α) 2 ) (3.4) Ασκηση Να αποδείξετε ότι (α + β) 2 +(α β) 2 = 2 (α 2 + β 2 ). 2. Αν α 2 = 7 και β 2 = 4 να ϐρείτε το Αν ϐρήκατε μία λύση ϐρείτε άλλη μία. Ασκηση 140. Να αποδείξετε ότι : (α + β) 2 +(α β) 2 (α + β γ) 2 +(β + γ α) 2 +(γ + α β) 2 = 3 (α 2 + β 2 + γ 2 ) 2 (αβ + βγ + γα) Ασκηση 141. Να αποδείξετε ότι αx 2 + βx + γ = α ((x + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 ) (3.5) Ασκηση 142. Να αποδείξετε ότι ( 2t t ) +( 1 t t ) = 1 2 Ασκηση 143. Να γράψετε ως τετράγωνα τις παραστάσεις 1. α 2 + 6αβ + 9β x 2 4xy + y 2 Ασκηση 144. Να γράψετε ως άθροισμα τετραγώνων την παράσταση x 2 2xa + a 2 + y 2 2yb + b 2 Ασκηση 145. Η ταυτότητα του Ευκλείδη. Να αποδείξετε ότι : α 2 + β 2 = 2 (( α + β 2 ) 2 +( α β 2 ) ) 2 Ασκηση 146. Η ταυτότητα του Lagrange. Να αποδείξετε ότι (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) =(ax + by) 2 +(ay bx) 2

96 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 87 Ασκηση 147. Κάποιοι ϕυσικοί αριθμοί μπορούν να γραφούν σαν άθροισμα τετραγώνων δύο άλλων ϕυσικών και κάποιοι όχι. Για παράδειγμα οι 13 και 25 μπορούν αφού 13 = και 25 = ενώ οι 7 και 11 δε μπορούν (δοκιμάστε τιμές). Να αποδείξετε ότι αν δύο ϕυσικοί αριθμοί μπορούν να γραφούν σαν άθροισμα τετραγώνων δύο ϕυσικών αριθμών τότε και το γινόμενο τους μπορεί. Ασκηση 148. Αν α 2 + β 2 = 10 και αβ = 2 ϐρείτε τα (α + β) 2 και α + β. Ασκηση 149. Αν S = α + β και P = αβ να εκφράσετε το α 2 + β 2 συναρτήσει των S και P δηλαδή ως παράσταση των S και P. Ασκηση 150. Να υπολογίσετε την παράσταση (2 + 3) 2 + (2 3) 2 Ασκηση Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί α, β είναι ϱητοί με β 0. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός α + β 2 είναι άρρητος. 2. Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί α, β, γ, δ είναι ϱητοί. Να αποδείξετε ότι α + β 2 = γ + δ 2 α = γ και β = δ 3. Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί α, β είναι ϱητοί. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός (α + β 2) 2 + (α β 2) 2 είναι ϱητός Οι ταυτότητες (α ± β) 3 = α 3 ± 3α 2 β + 3αβ 2 ± β 3 Είναι γνωστές από το Γυμνάσιο οι ταυτότητες (α + β) 3 = α 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + β 3 (3.6) Joseph Louis Lagrange (α β) 3 = α 3 3α 2 β + 3αβ 2 β 3 (3.7) Μπορούν να αποδειχθούν με διάφορους τρόπους. Ο πιο «πρωτόγονος» είναι να κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς (α + β) 3 =(α + β)(α + β)(α + β) και (α β) 3 =(α β)(α β)(α β). Ενα πιο «οικονομικός» τρόπος είναι να γράψουμε (α + β) 3 =(α + β)(α + β) 2 και (α β) 3 =(α β)(α β) 2. Ασκηση 152. Να αποδείξετε αναλυτικά τις ταυτότητες (3.6), (3.7). αποδείξετε την (3.7) στηριζόμενοι απευθείας στην (3.6). Ακόμη να Ασκηση 153. Να αποδείξετε ότι (α + β) 3 +(α β) 3 = 2α (α 2 + 3β 2 ) Ασκηση 154. Να αποδείξετε ότι α 3 + β 3 =(α + β) 3 3αβ (α + β). Με ϐάση αυτό το αποτέλεσμα να εκφράσετε το α 3 + β 3 συναρτήσει των S = α + β και P = αβ. Ασκηση 155. Να αποδείξετε ότι (α + β + γ) 3 = α 3 + β 3 + γ 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + 3β 2 γ + 3βγ 2 + 3γ 2 α + 3γα 2 + 6αβγ Ασκηση 156. Να αποδείξετε ότι (α + β + γ) 3 = α 3 + β 3 + γ (α + β)(β + γ)(γ + α) Κατόπιν δείξτε ότι αν α + β + γ = 0 τότε ισχύει α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ.

97 Ταυτότητες Ασκηση 157. Η ταυτότητα του Euler. Να αποδείξετε ότι : α 3 + β 3 + γ 3 3αβγ =(α + β + γ) (α 2 + β 2 + γ 2 αβ βγ γα) (3.8) Επίσης να αποδείξετε ότι : α 3 + β 3 + γ 3 3αβγ = 1 2 (α + β + γ)((α β)2 +(β γ) 2 +(γ α) 2 ) (3.9) Τέλος να αποδείξετε ότι αν α + β + γ = 0 ή α = β = γ τότε α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ α 2 β 2 =(α β)(β + α) και ϕίλοι. Η ταυτότητα α 2 β 2 =(α β)(β + α) (3.10) είναι γνωστή και αποτελεί μια από τις απλές περιπτώσεις παραγοντοποίησης που δεν είναι προφανής όπως λ.χ. εκείνες όπου ο κοινός παράγοντας είναι ευδιάκριτος. Η απόδειξη της γίνεται εύκολα αν κάνουμε τις πράξεις στο ϐ μέλος. Ας δούμε τώρα μία διαφορετική απόδειξη στην οποία ξεκινάμε από το α μέλος : Θέλουμε να «ϐρούμε» με τι άλλο είναι ίσο το α 2 β 2. Τοα μπορεί πάνταναγραφείωςβ + κάτι. Αυτό το «κάτι» μπορεί να είναι ένας ϑετικός αριθμός, ένας αρνητικός ή ακόμη και το μηδέν. Αν το ονομάσουμε h ϑα είναι α = β + h και το h δεν ϑα είναι άλλο από τον αριθμό h = α β. Εχουμε και λέμε λοιπόν : α 2 β 2 = α=β+h (β + h)2 β 2 = β 2 + 2βh + h 2 β 2 = 2βh + h 2 = = h (2β + h) = (α β)(2β + α β)=(α β)(β + α) h=α β Η παραπάνω προσέγγιση δεν είναι τόσο σύντομη όσο εκείνη όπου κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς στο ϐ μέλος αλλά έχει το πλεονέκτημα πως δεν χρειάζεται να γνωρίζει κάποιος ποιο είναι το ϐ μέλος. Προσέξτε ότι το h λειτούργησε σαν ένα είδος καταλύτη. Μπήκε και ϐγήκε και απλώς διευκόλυνε τον μετασχηματισμό του πρώτου μέλους στο δεύτερο. Ασκηση 158. Να γράψετε ως γινόμενο τις παραστάσεις 1. (α + β) 2 (α β) 2 2. (x + y + z) 2 (x + y z) 2 Ασκηση 159. Να απλοποιήσετε τα κλάσματα : x 2 y 2 x y a 4 b 4 a 2 b 2 Ασκηση 160. Να αποδείξετε ότι a2 b 2 a+b + b2 c 2 b+c + c2 a 2 c+a = 0

98 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 89 2 Ασκηση 161. Ο παρονομαστής του κλάσματος 3 είναι άρρητος αριθμός. Δώστε 2 μία απόδειξη. Κατόπιν να πολλαπλασιάσετε αριθμητή και παρονομαστή με κατάλληλο αριθμό ώστε να ϐρείτε ένα ίσο κλάσμα του οποίου όμως ο παρονομαστής να είναι ϱητός αριθμός. Να κάνετε το ίδιο με τα κλάσματα 14 και Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την προηγούμενη τεχνική για να ϐρούμε ταυτότητα ανάλογη της α 2 β 2 =(α β)(β + α) για κύβους. Πριν δείτε την ανάπτυξη που ακολουθεί καλό ϑα ήταν να δοκιμάζατε μόνοι σας. α 3 β 3 = α=β+h (β + h)3 β 3 = β 3 + 3β 2 h + 3βh 2 + h 3 β 3 = = 3β 2 h+3βh 2 +h 3 = h (3β 2 + 3βh + h 2 ) = (α β) h=α β (3β2 + 3β (α β)+(α β) 2 ) = =(α β) (3β 2 + 3αβ 3β 2 + α 2 2αβ + β 2 ) =(α β) (α 2 + αβ + β 2 ) Επομένως έχουμε α 3 β 3 =(α β) (α 2 + αβ + β 2 ) (3.11) Φυσικά και αυτή η ταυτότητα μπορεί να αποδειχθεί αν εκτελέσουμε τις πράξεις στο ϐ μέλος. Αν τώρα ϑέσουμε στην (3.11) όπου β το β ϑα ϐρούμε την α 3 + β 3 =(α + β) (α 2 αβ + β 2 ) (3.12) Ασκηση 162. Να γράψετε ως γινόμενο παραγόντων το x 3 1. Ασκηση 163. Να απλοποιήσετε το κλάσμα α3 β 3 α 2 β 2. Ας πάμε τώρα στην διαφορά α 4 β 4. Μπορούμε να ϐρούμε ένα αποτέλεσμα ανάλογο με την (3.11) με δύο τρόπους : Ο ένας είναι να ακολουθήσουμε την τεχνική με την αντικατάσταση α = β + h και ο δεύτερος να χρησιμοποιήσουμε την (3.10). α 4 β 4 = (α 2 ) 2 (β 2 ) 2 = (α 2 β 2 )(α 2 + β 2 ) =(α β)(α + β) (α 2 + β 2 ) Η παράσταση (α β)(α + β) (α 2 + β 2 ) είναι η καλλίτερη παραγοντοποιημένη μορφή που μπορούμε να πετύχουμε για την α 4 β 4 ωστόσο ϑα την «χαλάσουμε» για να δούμε τι ακριβώς ακολουθεί το (α β). Ακολουθείτο και επομένως (α + β) (α 2 + β 2 ) = α 3 ++α 2 β + αβ 2 + β 3 α 4 β 4 =(α β) (α 3 + α 2 β + αβ 2 + β 3 ) Αν είχαμε την παραπάνω σχέση ως δεδομένη προκειμένου να την αποδείξουμε ϑα μπορούσαμε να κάνουμε τις πράξεις στο ϐ μέλος : (α β) (α 3 + α 2 β + αβ 2 + β 3 ) =

99 Ταυτότητες α 4 +α 3 β +α 2 β 2 +αβ 3 α 3 β α 2 β 2 αβ 3 β 4 και ϐλέπουμε ότι μετά τις διαγραφές αυτό που απομένει είναι το α μέλος. Ας δούμε τις ταυτότητες με την διαφορά τετραγώνων, κύβων και τετάρτων δυνάμεων με μία άλλη ματιά (υποθέτουμε προσωρινά ότι τα α και β είναι διαφορετικά από το 0): α 2 β 2 =(α β) (α 1 β 0 + α 0 β 1 ) α 3 β 3 =(α β) (α 2 β 0 + α 1 β 2 + α 0 β 2 ) α 4 β 4 =(α β) (α 3 β 0 + α 2 β 1 + α 1 β 2 + α 0 β 3 ) Βλέπουμε ότι εμφανίζεται ο παράγοντας α β και μετά ένα άθροισμα γινομένων των α, β όπου ο εκθέτης του α ελαττώνεται ο εκθέτης του β ξεκινάει από 0 και αυξάνει ενώ το άθροισμα των εκθετών σε κάθε γινόμενο είναι πάντα το ίδιο : ο εκθέτης που έχουμε στην διαφορά των δυνάμεων μείον ένα. Μπορούμε να μαντέψουμε ποια μπορεί να είναι η γενική μορφή όταν αντί για εκθέτη 2, 3, 4 έχουμε ν: α ν β ν =(α β) (α ν 1 + α ν 2 β αβ ν 2 + β ν 1 ) (3.13) Φυσικά η παραπάνω σχέση χρειάζεται απόδειξη : Ασκηση 164. Να αποδείξετε την ταυτότητα (3.13). Ασκηση 165. Ας υποθέσουμε ότι ο ν είναι περιττός. Χρησιμοποιείστε έτοιμη την (3.13)γιανααποδείξετεότι α ν + β ν =(α + β) (α ν 1 α ν 2 β +... αβ ν 2 + β ν 1 ) Ασκηση 166. Να αποδείξετε ότι 1. x ν 1 =(x 1) (1 + x + x x ν 1 ) 2. x μ+1 1 =(x 1) (1 + x + x x μ ) Δύο ιστορίες για αθροίσματα Πρώτη ιστορία Η προέλευση του σκακιούδεν είναι γνωστή και χάνεται στα μυθικά χρόνια. Η επινόηση του έχει αποδοθεί σε διάφορα μυθικά πρόσωπα (ανάμεσα τους ο Αγαμέμνων και ο Οδυσσέας). Κατά μία επικρατούσα εκδοχή η δημιουργία του παιγνιδιούτοποθετείται στην αρχαία Ινδία περίπου τον 6 αιώνα μ.χ. Συνοδεύεται και με ένα ϑρύλο. Θρυλείται λοιπόν ότι ο Ινδός ηγεμόνας Μπαλχάιτ Ϲήτησε από τον Βραχμάνο σοφό Σίσσα να σχεδιάσει κάποιο ενδιαφέρον παιγνίδι όπου η σκέψη ϑα ήταν εκείνη που ϑα έπαιζε τον κύριο και όχι η τύχη. Οταν ο Σίσσα παρουσίασε το παιγνίδι ο Μπαλχάιτ ενθουσιάστηκε και ϱώτησε τον Σίσσα πόσο χρυσάφι ήθελε για αμοιβή. Ο σοφός Σίσσα αρνήθηκε να αμειφθεί σε χρυσάφι

100 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 91 αλλά Ϲήτησε η αμοιβή να του καταβληθεί σε σιτάρι. Ως εξής : Ενας κόκκος για το πρώτο τετραγωνάκι της σκακιέρας, 2 κόκκοι για το δεύτερο, 4 κόκκοι για το τρίτο 8 κόκκοι για το τέταρτο κ.ο.κ. Ο Μπαλχάιτ το ϑεώρησε σαν μία παραξενιά του σοφούτην οποία όμως σεβάστηκε. Μερικές μέρες αργότερα έμεινε κατάπληκτος όταν πληροφορήθηκε από τους αποθηκάριους του πως δεν υπήρχε αρκετό σιτάρι για να πληρωθεί ο σοφός Σίσσα. Τι Ϲήτησε ο Σίσσα ; Ζήτησε : ο τετράγωνο 2ο τετράγωνο ο τετράγωνο ο τετράγωνο ο τετράγωνο κόκκους σιτάρι. Μπορούμε να υπολογίσουμε αυτό το άθροισμα αν χρησιμοποιήσουμε την ταυτότητα (3.13) ϑέτοντας α = 2, β = 1, ν = 64. Θαέχουμε (2 64 1) =(2 1) ( ) οπότε έχουμε : = Την εποχή που τοποθετείται ο ϑρύλος ήταν μάλλον δύσκολο να υπολογισθεί χωρίς λάθος ο αριθμός Η εξάντληση των αποθεμάτων σταριούπριν συμπληρωθεί ο αριθμός ήταν σίγουρη αφού: = Εχει υπολογισθεί 1 ότι για να ϐρεθεί τόσο σιτάρι ϑα έπρεπε όλη η καλλιεργήσιμη επιφάνεια της Γης να σπαρθεί με μία καλή ποικιλία σταριού, να μην υπάρξουν απώλειες και να συγκεντρωθούν οι εσοδείες περίπου 1012 ετών! Η ταυτότητα (3.13) μπορεί να μας χρησιμεύσει για να υπολογίσουμε το άθροισμα 1 + x + x x ν. Αρκεί στην ταυτότητα να ϑέσουμε α = x, β = 1 και όπου ν το ν + 1 (μην ξεχνάτε ότι ο εκθέτης ν στην ταυτότητα υποδηλώνει τον οποιοδήποτε ϑετικό ακέραιο). Θα έχουμε (x ν+1 1) =(x 1) (x ν + x ν x 3 + x 2 + x + 1) 1 Τραϊανός Τσαρτσαράκης: Ενας μύθος και μια σύγχρονη απάντηση του. Σκάκι και σιτάρι. Περιοδικό «Διάσταση», τεύχος 1, Θεσσαλονίκη. 1987

101 Ταυτότητες Αν υποθέσουμε ότι x 1 ϑα έχουμε ότι το άθροισμα που Ϲητάμε είναι 1 + x + x 2 + x x ν 1 + x ν = xν+1 1, x 1 (3.14) x 1 Στην περίπτωση που είναι x = 1 το άθροισμα είναι ίσο με = ν + 1 ν+1 Υπάρχει και ένας άλλος τρόπος για να ϐρούμε το Ϲητούμενο άθροισμα. Το ονομάζουμε S. Είναι 1 + x + x 2 + x x ν 1 + x ν = S Φυσικά με το να δώσουμε ένα όνομα σε ένα μαθηματικό αντικείμενο, εδώ στο άθροισμα μας, δε σημαίνει ότι το ϐρήκαμε. Ομως ειδικά αν το όνομα είναι ένα σύμβολο ϐοηθάει στο να το χειριστούμε. Αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης επί x ϑα ϐρούμε x (1 + x + x 2 + x x ν 1 + x ν ) = xs δηλαδή : x + x 2 + x 3 + x x ν + x ν+1 = xs Αν προσέξουμε το S έμμεσα εμφανίζεται και στο α μέλος : x + x 2 + x 3 + x x ν + x ν+1 = xs S 1 δηλαδή έχουμε : S 1 + x ν+1 = xs και επομένως x ν+1 1 = xs S δηλαδή (x 1) S = x ν+1 1 που για x 1 αν διαιρέσουμε με x 1 μας δίνει την σχέση (3.14) Ασκηση 167. Να υπολογίσετε το άθροισμα 1 +( 2)+( 2) ( 2) Δεύτερη ιστορία Στην προηγούμενη ιστορία συναντήσαμε το άθροισμα 1 + x + x 2 + x x ν 1 + x ν. Οτανx = 0 το άθροισμα αυτό δεν παρουσιάζει κάποιο ενδιαφέρον οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι x 0 οπότε το άθροισμα μας γράφεται : x 0 + x 1 + x 2 + x x ν 1 + x ν

102 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 93 Υπάρχει κάποιος τρόπος να περιγράψουμε απλά αυτό το άθροισμα : Είναι το άθροισμα των δυνάμεων του x από x 0 έως x ν. Τι ϑα συνέβαινε αν οι εκθέτες «κατέβαιναν» κάτω και γίνονταν συντελεστές ; Θα είχαμε το άθροισμα : 0x + 1x + 2x + 3x (ν 1) x + νx που μπορεί να περιγραφεί ως το άθροισμα των πολλαπλασίων του x από 0x έως νx. Τοάθροισμααυτόγράφεται: x ( ν) Το παραπάνω άθροισμα ϑα έχει υπολογισθεί αν μπορέσουμε να υπολογίσουμε το άθροισμα ν. Για την ειδική περίπτωση αυτούτου αθροίσματος όταν ν = 100 υπάρχει μία πολύγνωστή ιστορία που αναφέρεται στον μεγάλο μαθηματικό Carl Friedrich Gauss. Την αντιγράφω όπως την διάβασα όταν ήμουν μαθητής στο Γυμνάσιο από το ϑαυμάσιο ϐιβλίο του Bergamini 2 : «Σε ηλικία 10 ετών όταν ο καθηγητής Ϲήτησε από τους μαθητές να α- ϑροίσουν όλους τους αριθμούς από 1 ως το 100, ο Γκάους έγραψε αμέσως 5050 πάνω στην πλάκα του και την παρουσίασε ϕωνάζοντας περήφανα «Να το!». Οι συμμαθητές του παρουσίασαν ύστερα από πολλή ώρα τις μουτζουρωμένες πλάκες τους, αλλά μόνο αυτός είχε ϐρει την σωστή απάντηση. Ασφαλώς ο Γκάους είχε παρατηρήσει ότι, αν ενώσει τους αριθμούς ανά Ϲεύγη, 100 και 1, ύστερα99 και 2, μετά98 και 3 και συνέχεια ως το 50 και 51, είχε κάθε ϕορά ένα άθροισμα 101. Τα Ϲεύγη που σχηματίζονται με τον τόπο αυτόν είναι 50 και επομένως το άθροισμα τους έπρεπε να είναι , δηλαδή5050.» Ηδη η προηγούμενη περιγραφή μας δίνει μία ιδέα για να ϐρούμε το άθροισμα. Αν το ονομάσουμε S είναι Carl Friedrich Gauss S = (ν 2)+ (ν 1)+ ν S = ν+ (ν 1)+ (ν 2) Προσθέτοντας κατά μέλη ϐρίσκουμε : 2S =(1 + ν)+(2 + ν 1)+(3 + ν 2)+... +(ν 2 + 3)+(ν 1 + 2)+(ν + 1) Κάθε μία από τις ν παρενθέσεις του ϐ μέλους είναι ίση με 1+ν άρα το ϐ μέλος είναι ίσο με ν (1 + ν). Άρα2S = ν (ν + 1) και S = ν(ν+1) 2. Εχουμε λοιπόν : ν = ν (ν + 1) 2 (3.15) και επομένως : 1x + 2x + 3x (ν 1) x + νx = ν (ν + 1) x 2 2 David Bergamini, Μαθηματικά, Επιστημονική Βιβλιοθήκη του Λαϊφ, ΛΥΚΕΙΟΣ ΑΠΟΛΛΩΝ- ΧΡΥΣΟΣ ΤΥΠΟΣ 1965

103 Ταυτότητες Ασκηση 168. Να υπολογίσετε τα αθροίσματα : Ενας άλλος τρόπος, πιο γεωμετρικός, για να υπολογίσουμε το άθροισμα (3.15) είναι ο ακόλουθος : Θεωρούμε ένα τετράγωνο και χωρίζουμε κάθε πλευρά σε ν ίσα μέρη. Με αυτό τον τρόπο το τετράγωνο μας χωρίστηκε σε ν 2 μικρότερα τετράγωνα. Κάτι σαν μια μεγάλη σκακιέρα, για να ϑυμηθούμε την πρώτη ιστορία! Παίρνουμε από την 1η γραμμή 1 τετραγωνάκι, από την 2η γραμμή 2 τετραγωνάκια, από την 3η γραμμή 3 τετραγωνάκια κ.ο.κ έως ότου ϕθάσουμε στην τελευταία ν-οστή γραμμή από την οποία παίρνουμε ν τετραγωνάκια. Πρόκειται γαι τα γραμμοσκιασμένα τετραγωνάκια του σχήματος (όπου εδώ εντελώς ενδεικτικά το τετράγωνο έχει σχεδιασθεί 14 14). Τα «διαγώνια» τετραγωνάκια είναι προφανώς ν (ένα σε κάθε γραμμή). Ας ονομάσουμε x το πλήθος όσων είναι κάτω από τα διαγώνια. Φυσικά x είναι και όσα ϐρίσκονται πάνω από τα διαγώνια. Ζητάμε το x + ν. Αλλά x + ν + x μας κάνουν όλα τα τετραγωνάκια. Δηλαδή x+ν +x = ν 2. Επομένως 2x = ν 2 ν και επομένως x = ν2 ν 2.Άρααυτό που ψάχνουμε δηλαδή το x + ν είναι ίσο με x + ν = ν2 ν 2 + ν = ν2 ν+2ν 2 = ν2 +ν 2 = ν(ν+1) 2. Ασκηση 169. Η «πυραμίδα» του παρακάτω σχήματος έχει 9 σειρές τούβλα. Πόσα τούβλα έχει συνολικά ;

104 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 95 Αν μετρήσατε τα τούβλα να απαντήσετε στο ίδιο ερώτημα αν οι σειρές γίνουν 90! Ας δούμε και ένα τρίτο τρόπο που στηρίζεται στην ταυτότητα (x + 1) 2 = x 2 + 2x + 1. Στην ταυτότητα αυτή μπορούμε στην ϑέση του x να αντικαταστήσουμε όποιο αριθμό ϑέλουμε. Αντικαθιστούμε διαδοχικά τους αριθμούς 1, 2, 3,..., ν και έχουμε : ή αλλιώς : (1 + 1) 2 = (2 + 1) 2 = (3 + 1) 2 = (ν 1 + 1) 2 = (ν 1) (ν 1)+ 1 (ν + 1) 2 = ν ν = = = ν 2 = (ν 1) (ν 1)+ 1 (ν + 1) 2 = ν ν+ 1 προσθέτουμε κατά μέλη και ϐλέπουμε ότι κατά την πρόσθεση κάποιοι προσ- ϑετέοι ϑα διαγραφούν διότι ϑα εμφανισθούν και στα δύο μέλη : και ϑα έχουμε : 2 2 = = = ν 2 = (ν 1) (ν 1)+ 1 (ν + 1) 2 = ν ν+ 1 (ν + 1) 2 = (ν 1)+2 ν από τα διπλάσια γινόμενα μία μονάδα από κάθε ισότητα δηλαδή αν ονομάσουμε S το Ϲητούμενο άθροισμα ϑα είναι δηλαδή (ν + 1) 2 = (ν 1)+ν + ν (ν + 1) 2 =(ν + 1)+2S από την οποία ϐρίσκουμε 2S =(ν + 1) 2 (ν + 1) και 2S =(ν + 1)((ν + 1) 1) δηλαδή πάλι S = ν(ν+1) 2. S

105 Ταυτότητες Ασκηση 170. Με την ϐοήθεια της ταυτότητας να αποδείξετε ότι : Αναλογίες (x + 1) 3 = x 3 + 3x 2 + 3x (ν 1) 2 + ν 2 = ν (ν + 1)(2ν + 1) 6 Αν για τους αριθμούς α, β, γ, δ με τους β και δ να είναι διάφοροι του μηδενός ισχύει α β = γ δ τότε λέμε ότι οι αριθμοί α, γ είναι ανάλογοι των β, δ. Επίσης λέμε ότι οι αριθμοί α, β, γ, δ αποτελούν μία αναλογία. Οι αριθμοί α, δ λέγονται άκροι της αναλογίας ενώ οι αριθμοί β, γ λέγονται μέσοι. Είναι α β = γ δ α β ( βδ) = γ δ (β δ) αδ = βγ και επομένως έχουμε ότι για βδ 0 ισχύει η ισοδυναμία : α β = γ δ αδ = βγ (3.16) Αν έχουμε μία αναλογία μπορούμε να κάνουμε κάποιες ενέργειες και να προκύψει πάλι αναλογία. Ετσι (πάντα υπό την προϋπόθεση ότι δεν έχουμε μηδενικούς παρονομαστές) ισχύουν τα επόμενα : 1. Αν σε μία αναλογία εναλλάξουμε τους μέσους προκύπτει αναλογία. 2. Αν σε μία αναλογία εναλλάξουμε τους άκρους προκύπτει αναλογία. 3. Αν σε μία αναλογία εναλλάξουμε αριθμητές με παρονομαστές προκύπτει αναλογία. 4. Αν σε μία αναλογία προσθέσουμε στους παρονομαστές τους αριθμητές προκύπτει αναλογία. 5. Αν σε μία αναλογία προσθέσουμε στους αριθμητές τους παρονομαστές προκύπτει αναλογία. 6. Αν σε μία αναλογία αφαιρέσουμε από τους παρονομαστές τους αρι- ϑμητές προκύπτει αναλογία. 7. Αν σε μία αναλογία αφαιρέσουμε από τους αριθμητές τους παρονομαστές προκύπτει αναλογία.

106 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 97 Τα παραπάνω σχηματικά αποδίδονται με τις ισοδυναμίες που όλες αποδεικνύονται εύκολα καταφεύγοντας στο γινόμενο «χιαστί»: α+β β = γ+δ δ α β = γ δ α β+α = γ δ+γ α γ = β δ αδ = γβ δ β = γ α d α β β = γ δ δ β α = δ γ α β α = γ δ γ (3.17) Ασκηση 171. Στο διάγραμμα της (3.17) να αποδείξετε ότι όλες οι ισότητες είναι ισοδύναμες με την ισότητα αδ = γβ που ϐρίσκεται στο κέντρο. Επίσης μια αναλογία μπορεί να επεκταθεί με διάφορους χειρισμούς όπως με το να σχηματίσουμε ένα νέο κλάσμα όπου ως αριθμητή ϑέτουμε το άθροισμα των δύο προηγουμένων αριθμητών και ως παρονομαστή το άθροισμα των προηγουμένων παρονομαστών. Το ίδιο μπορούμε να κάνουμε χρησιμοποιώντας αντί για άθροισμα την διαφορά. α β = γ δ α β = (i) γ δ = α + γ β + δ (3.18) (ii) α β = γ δ α β = (3.19) Ασκηση 172. Να αποδείξετε τις παραπάνω ισότητες (i), (ii) στηριζόμενοι στην ισότητα α β = γ δ γ δ = α γ β δ Ο συνηθισμένος τρόπος απόδειξης των ιδιοτήτων των αναλογιών είναι να παίρνουμε ότι το γινόμενο των μέσων είναι ίσο με το γινόμενο των άκρων δηλαδή το γνωστό «χιαστί». Ας δούμε ένα ακόμη τρόπο με τον οποίο ϑα αποδείξουμε τις (3.18), (3.19): Αφού α β = γ δ μπορούμε να ονομάσουμε α β = γ δ = k. Αυτόσημαίνειότι α β = k και γ δ = k και επομένως α = kβ και γ = kδ. Μπορούμε να γράψουμε : άρα α + γ β + δ α γ β δ = kβ + kδ β + δ = kβ kδ β δ = = k (β + δ) β + δ k (β δ) β δ α β = γ δ = k = α + γ β + δ = α γ β δ και έτσι έχουμε αποδείξει τις (3.18), (3.19). = k = k

107 Ταυτότητες Ασκηση 173. Να αποδείξετε ότι αν α β = γ δ τότε α β = γ δ = pα+qγ pβ+qδ p, q, αρκεί να μη μηδενίζονται οι παρονομαστές. όποιοι και αν είναι οι Ασκηση 174. Προφανώς με βδ 0 ισχύει α β = γ δ συμβολίζεται με α β γ δ αδ βγ = 0. Οαριθμόςαδ βγ και ονομάζεται ορίζουσα της τετράδας α, β, γ, δ. Γενικά για οποιαδήποτε τετράδα αριθμών α, β, γ, δ ορίζουμε την ορίζουσα της να είναι α β γ δ =αδ βγ (3.20) 1. Βρείτε τις και Να αποδείξετε ότι α β γ δ = α γ β δ 3. Να αποδείξετε ότι α γ + x β δ+ y = α γ β δ + α x β y Μπορούμε να έχουμε αναλογίες με περισσότερους από 4 άριθμούς. Θα λέμε ότι οι αριθμοί α 1,α 2,..., α ν είναι ανάλογοι των μη μηδενικών αριθμών β 1,β 2,..., β ν αν ισχύει η σχέση : α 1 β 1 = α 2 β 2 =... = α ν β ν Η παραπάνω αναλογία μπορεί να επεκταθεί με διάφορους τρόπους. Γενικά ισχύει : α 1 β 1 = α 2 β 2 =... = α ν β ν α 1 β 1 = α 2 β 2 =... = α ν β ν = λ 1α 1 + λ 2 α λ ν α ν λ 1 β 1 + λ 2 β λ ν β ν (3.21) Ασκηση 175. Να αποδείξετε την (3.21) Υπόδειξη: Να ϑέσετε α1 β 1 = α2 β 2 =... = αν β ν = k Ασκηση 176. Να χωρίσετε το αριθμό 474 σε μέρη ανάλογα των αριθμών 2, 3, 4, 5 Ασκηση 177. Να αποδείξετε ότι αν x a = y b = z c τότε x 2 + a 2 x + a + y2 + b 2 y + b + z2 + c 2 z + c = (x + y + z)2 +(a + b + c) 2 x + y + z + a + b + c Ασκηση 178. Εστω ότι x y = 3 7x 4y.Βρείτετο 4 3x+y

108 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις Η έννοια της γεωμετρικής προόδου Ας υποθέσουμε ότι για τους μη μηδενικούς αριθμούς α 1,α 2,α 3,..., α ν,α ν+1,... ισχύει η αναλογία : α 1 α 2 = α 2 α 3 = α 3 α 4 =... α ν 1 α ν = α ν α ν+1 =... Τότε ϑα ισχύει και η αντίστοιχη αναλογία που προκύπτει αν οι παρονομαστές γίνουν αριθμητές και οι αριθμητές γίνουν παρονομαστές : α 2 = α 3 = α 4 =... α ν = α ν+1... α 1 α 2 α 3 α ν 1 α ν Αν ονομάσουμε όλα τα παραπάνω ίσα κλάσματα με λ (ονομάζεται λόγος) ϑα έχουμε ότι α 2 α 1 = λ, α 3 α 2 = λ, α 4 α 3 = λ,... α ν α ν 1 = λ α ν+1 α ν = λ,... Και επομένως : α 2 = α 1 λ α 3 = α 2 λ α 4 = α 3 λ... α ν = α ν 1 λ α ν+1 = α ν λ... (3.22) Με άλλα λόγια κάθε αριθμός από τους α 1,α 2,α 3,..., α ν,α ν+1,... προκύπτει από τον προηγούμενο του αν τον πολλαπλασιάσουμε με ένα, πάντα τον ίδιο, ή όπως αλλιώς λέμε σταθερό αριθμό λ. Αυτό συμβολικά περιγράφεται με την σχέση α ν+1 = α ν λ, ν = 1, 2, 3,... (3.23) Μία διαδοχή αριθμών (λέγεται και ακολουθία) α 1,α 2,α 3,... που ικανοποιεί μία σχέση της μορφής (3.23) ονομάζεται γεωμετρική πρόοδος και ο αριθμός λ λέγεται λόγος της προόδου. Οι αριθμοί α 1,α 2,α 3,... λέγονται όροι της γεωμετρικής προόδου. Η σχέση (3.23) είναι μία αναδρομική σχέση όπου ο όρος α ν+1 εκφράζεται από τον προηγούμενο του α ν. Αν ξέρουμε τον α 1 που είναι πρώτος όρος τηςπροόδουμπορούμεναϐρίσκουμετουςεπόμενους όρους απλώς πολλαπλασιάζοντας κάθε ϕορά επί λ. Στον παρακάτω πίνακα ϕαίνονται μερικά παραδείγματα τέτοιων υπολογισμών : α 1 λ α 2 α 3 α 4 α 5 α

109 Ταυτότητες Ασκηση 179. Σε μία γεωμετρική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι ναϐρείτετους5πρώτους όρους της προόδου. 3 και ο λόγος είναι Ασκηση 180. Σε μία γεωμετρική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι 2 και ο λόγος είναι 2.ναϐρείτετους5πρώτους όρους της προόδου Συνθήκη ώστε ακολουθία να είναι γεωμετρική πρόοδος Είδαμε ότι για να είναι μία ακολουθία α 1,α 2,α 3,... μη μηδενικών αριθμών γεωμετρική πρόοδος πρέπει το πηλίκο κάθε όρου δια του προηγουμένου του να είναι σταθερός αριθμός δηλαδή να ισχύει α 2 α 1 = α 3 α 2 = α 4 α 3 =... α ν α ν 1 = α ν+1 α ν... Με άλλα λόγια αν α, β, γ είναι τρεις οποιοιδήποτε διαδοχικοί όροι της (που σημαίνει ότι μπορεί να είναι οι α 1,α 2,α 3,οια 2,α 3,α 4,οια 3,α 4,α 5 κ.ο.κ.) ϑα πρέπει να εμφανίζεται η αναλογία : β α = γ β που γράφεται ισοδύναμα και β 2 = αγ (3.24) Εχει επικρατήσει να λέμε ότι ο β είναι μέση ανάλογος των α, γ. Αν έχουμε τρις αριθμούς αυτοί μπορούν να είναι διαδοχικοί όροι περισσοτέρων της μίας γεωμετρικών προόδων. Για παράδειγμα οι αριθμοί 2, 4, 8 είναι διαδοσχικοί όροι (2ος, 3ος, 4ος) της γεωμετρικής προόδου 1, 2, 4, 8,... αλλά είναι επίσης διαδοχικοί (4ος, 5ος, 6ος) όροι της γεωμετρικής προόδου 1 8, 1 4, 1 2, 1, 2, 4, 8,... Σε κάθε περίπτωση όμως ισχύει 4 2 = 2 8. Οταν λέμε ότι τρεις αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου εννοούμε ότι υπάρχει μία γεωμετρική πρόοδος (στην πραγματικότητα υπάρχουν άπειρες) της οποίας οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί όροι. Αυτό ϑα συμβαίνει αν και μόνο αν ισχύει η συνθήκη (3.24). Ασκηση 181. Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί 2, 2 2, είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Ασκηση 182. Να αποδειχθεί με xyz 0 οι αριθμοί x 2 y, xyz, yz 2 είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου Υπολογισμός του ν-οστούόρου γεωμετρικής προόδου Η αναδρομική σχέση α ν+1 = α ν λ μιας γεωμετρικής προόδου μας δίνει την δυνατότητα να υπολογίζουμε ένα όρο της προόδου αν γνωρίζουμε τον προηγούμενο του. Για να μάθουμε τον προηγούμενο όρο χρειάζεται να μάθουμε τον προ-προηγούμενο κ.ο.κ. Δεν είναι όμως δύσκολο να ϐρούμε ένα τύπο

110 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 101 που μας δίνει ένα οποιοδήποτε όρο χωρίς να χρειάζεται να μάθουμε τους προηγουμένους του. Ας ξαναγράψουμε από τις σχέσεις (3.22) εκείνες που έχουν στο πρώτο μέλος τους όρους α 2,α 3,α 4,..., α ν.είναιν 1 το πλήθος (προσέξτε ότι ξεκινούν από 2 και καταλήγουν σε ν): α 2 = α 1 λ α 3 = α 2 λ α 4 = α 3 λ... α ν = α ν 1 λ Τις πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και έχουμε : α 2 α 3 α 4...α ν = α 1 α 2 α 3...α ν 1 α ν λλ...λ ν 1 Θα εμφανισθούν τόσα λ όσες και οι ισότητες που πολλαπλασιάσαμε γιαυτό έχουμε ϐάλει την ένδειξη ν 1. Βλέπουμε τώρα ότι κάποιοι όροι υπάρχουν και στα δύο μέλη και επομένως μπορούν να απλοποιηθούν : Πρόκειται για τους α 2,α 3,α 4,..., α ν 1. Μετά την απλοποίηση ϑα έχουμε την ισότητα α ν+1 = α 1 λλ...λ που μας δίνει την ν 1 α ν = α 1 λ ν 1 (3.25) Ασκηση 183. Μία γεωμετρική πρόοδος έχει α 1 = 1 16 και λ = 2. Βρείτετοα 12 Ασκηση 184. Να αποδείξετε ότι σε μία γεωμετρική πρόοδο α 1,α 2,α 3,... με λόγο λ ισχύει αm α n = λ m n Η έννοια της αριθμητικής προόδου Είδαμε ότι (σελίδα 99)μια ακολουθία α 1, α 2.. μη μηδενικών αριθμών ϑα είναι γεωμετρική πρόοδος α 2 α 1 = α 3 α 2 = α 4 α 3 =... α ν α ν 1 = α ν+1 α ν... Στην παραπάνω ισότητα απαιτείται κάποια πηλίκα αριθμών δηλαδή αποτελέσματα διαιρέσεων να είναι ίσα. Εχουμε δει ότι η διαίρεση είναι για τον πολλαπλασιασμό ότι είναι η αφαίρεση για την πρόσθεση. Αν απαιτήσουμε όχι τα πηλίκα των αριθμών α 2,α 1, α 3,α 2,α 4,α 3,...,α ν,α ν 1, α ν+1,α ν να είναι ίσα αλλά οι διαφορές τους ϑα έχουμε την σχέση : α 2 α 1 = α 3 α 2 = α 4 α 3 =... = α ν α ν 1 = α ν+1 α ν =... Μία ακολουθία αριθμών α 1, α 2.. (δεν χρειάζεται να υποθέσουμε ότι είναι μη μηδενικοί αφούτώρα δεν έχουμε παρονομαστές) που έχει την παραπάνω

111 Ταυτότητες ιδιότητα λέγεται αριθμητική πρόοδος. Ανονομάσουμεω τις ίσες διαφορές τότε οαριθμόςω λέγεται διαφορά της προόδου. Από τις ισότητες α 2 α 1 = ω, α 3 α 2 = ω, α 4 α 3 = ω,... α ν α ν 1 = ω, α ν+1 α ν = ω,... στην περίπτωση μας ϑα έχουμε α 2 = α 1 + ω α 3 = α 2 + ω α 4 = α 3 + ω... α ν = α ν 1 + ω α ν+1 = α ν + ω... Στην περίπτωση της αριθμητικής προόδου κάθε όρος προκύπτει από τον προηγούμενο του με την πρόσθεση της διαφοράς της προόδου. Συμβολικά : α ν+1 = α ν + ω, ν = 1, 2,... (3.26) Στον πίνακα που ακολουθεί ϕαίνονται μερικά παραδείγματα αριθμητικών προόδων όπου οι όροι υπολογίζονται με την ϐοήθεια του πρώτου όρου και της διαφοράς : α 1 ω α 2 α 3 α 4 α 5 α Ασκηση 185. Σε μία αριθμητική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι 3 και η διαφορά 2. Βρείτε τους 5 πρώτους όρους της προόδου. Ασκηση 186. Σε μία αριθμητική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι 1 3 και η διαφορά 1 2. Βρείτε τους 5 πρώτους όρους της προόδου Συνθήκη ώστε ακολουθία να είναι αριθμητική πρόοδος Αν μία ακολουθία α 1, α 2.. είναι αριθμητική πρόοδος και α, β, γ είναι τρεις οποιοιδήποτε διαδοχικοί όροι της τότε ϑα ισχύει β α = γ β και επομένως 2β = α + γ (3.27) Η σχέση αυτή είναι και η ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τρεις αριθμοί να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Ο αριθμός β ονομάζεται αρι- ϑμητικός μέσος των αριθμών α, γ. 1 Ασκηση 187. Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί 2, 5 7, 13 είναι διαδοχικοί όροι αρι- 14 ϑμητικής προόδου. Ασκηση 188. Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί α, β+γ, α + β + γ είναι είναι διαδοχικοί 2 όροι αριθμητικής προόδου.

112 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις Υπολογισμός του ν-οστούόρου αριθμητικής προόδου Μπορούμε να ϐρούμε ένα τύπο που να μας δίνει απ ευθείας τον ν-οστό όρο μίας αριθμητικής προόδου. Από τις ισότητες προσθέτοντας κατά μέλη ϐρίσκουμε : α 2 = α 1 + ω α 3 = α 2 + ω α 4 = α 3 + ω... α ν = α ν 1 + ω α 2 + α 3 + α α ν = α 1 + α 2 + α α ν 1 +(ν 1) ω που μετά τις διαγραφές όσων προσθετέων υπάρχουν και στα δύο μέλη μας δίνει : α ν = α 1 +(ν 1) ω (3.28) Ασκηση 189. Μία αριθμητική πρόοδος έχει α 1 = 3 και ω = 2. Βρείτετοα 12. Ασκηση 190. Να αποδείξετε ότι σε μία αριθμητική πρόοδο α 1,α 2,α 3,... με διαφορά ω ισχύει α m α n =(m n)ω Άθροισμα ν πρώτων όρων προόδου Θα υπολογίσουμε το άθροισμα S = α 1 + α α ν των ν πρώτων όρων μίας γεωμετρικής ή αριθμητικής προόδου. Η πρόοδος είναι γεωμετρική. Τότε το άθροισμα μας σύμφωνα με την (3.25) γράφεται : S = α 1 + α 1 λ α 1 λ ν 1 δηλαδή S = α 1 (1 + λ λ ν 1 ) ν Τώρα το άθροισμα 1 + λ λ ν 1 σύμφωνα με την (3.14) της σελίδας 92 (στη ϑέση του x έχουμε λ και στην ϑέση του ν έχουμε τώρα ν 1) είναι 1 + λ λ ν 1 = λν 1 λ 1, αν λ 1 ενώ στην ειδική περίπτωση όπου είναι λ = 1 το άθροισμα είναι τόσο όσοι οι προσθετέοι του δηλαδή ν. Επομένως για το άθροισμα S των ν πρώτων όρων μίας γεωμετρικής προόδου ισχύει S ={ α 1 λν 1 λ 1 αν λ 1 να 1 αν λ = 1 (3.29)

113 Ταυτότητες Η πρόοδος είναι αριθμητική. Το άθροισμα S σύμφωνα με την (3.28) γράφεται : S = α 1 +(α 1 + ω)+(α 1 + 2ω)+... +(α 1 +(ν 1) ω) οπότε S = α 1 + α α 1 +(ω + 2ω (ν 1) ω)=να 1 +( (ν 1)) ω ν Το άθροισμα (ν 1) στην παραπάνω σχέση μπορούμε να το ϐρούμε από την σχέση (3.15) της σελίδας 93 αν στη ϑέση του ν ϑέσουμε το ν 1. Είναι (ν 1)= (ν 1)(ν 1+1) 2 = (ν 1)ν 2 επομένως S = να 1 + (ν 1) ν ω = (2να 1 + ν (ν 1) ω) = (2α 1 +(ν 1) ω) ν Άρα για το άθροισμα S των ν πρώτων όρων μίας αριθμητικής προόδου ισχύει : S = (2α 1 +(ν 1) ω) ν (3.30) 2 Ασκηση 191. Μια γεωμετρική πρόοδος έχει πρώτο όρο 1 και λόγο 2. Βρείτετο άθροισμα των 9 πρώτων όρων της. Ασκηση 192. Να ϐρείτε το άθροισμα των 20 πρώτωνόρων μίας αριθμητικής προόδου που έχει πρώτο όρο 2 και διαφορά 4. Ασκηση 193. Να ϐρείτε το άθροισμα Ασκηση 194. Να ϐρείτε το άθροισμα 3 ( 2)+3 ( 2) ( 2) ( 2) 10. Ασκηση 195. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα S = α 1 + α α ν των ν πρώτων όρων μίας αριθμητικής προόδου είναι S = (α 1 + α ν ) ν 2 (3.31) Υπόδειξη : Μπορείτε να στηριχθείτε στην (3.30) συνδυάζοντας την με την (3.28). Επίσης μπορείτε να μιμηθείτε την πρώτη απόδειξη της (3.15) στην σελίδα 93 αφού προηγουμένως αποδείξετε ότι για κάθε k ισχύει α k + α ν κ+1 = α 1 + α ν Ασκηση 196. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα S = α 1 + α α ν των ν πρώτων όρων μίας αριθμητικής προόδου είναι S = α νλ α 1 λ 1 (3.32) Υπόδειξη : Συνδυάστε τις (3.29), (3.25)

114 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις Ανισότητες Στην ενότητα αυτή ϑα ασχοληθούμε με ανισότητες. Οπως και στις ταυτότητες υπάρχουν ανισότητες που ισχύουν για όλες τις τιμές των γραμμάτων (=μεταβλητών) που περιέχουν και για τις οποίες έχουν νόημα και ανισότητες που υπό προϋποθέσεις (ανισότητες υπό συνθήκες). Εχουμε μάθει ότι αν έχουμε μία ανισότητα α < β τότε μπορούμε : Να προσθέτουμε και στα δύο μέλη της τον ίδιο αριθμό και να παίρνουμε ανισότητα που ισχύει αλλά και να διαγράφουμε από τα μέλη της τον ίδιο προσθετέο δηλαδή : α < β α + γ < β + γ (3.33) Να πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της με τον ίδιο ϑετικό αριθμό και να παίρνουμε ανισότητα που ισχύει αλλά και να διαγράφουμε από τα μέλη μίας ανισότητας τον ίδιο ϑετικό παράγοντα : Αν γ > 0 τότε ισχύει α < β αγ < βγ (3.34) Οι δύο αυτές ιδιότητες μας επιτρέπουν να κάνουμε ένα είδος πράξεων με ανισότητες Πρόσθεση Ανισοτήτων Μπορούμε να προσθέτουμε κατά μέλη ανισότητες και να είμαστε ϐέβαιοι ότι η ανισότητα που ϑα προκύψει ϑα είναι αληθής : Πράγματι υποθέτουμε ότι και α < β ( ) γ < δ ( ) Τότε προσθέτοντας και στα δύο μέλη της ( ) τον αριθμό γ έχουμε α + γ < β + γ ενώ προσθέτοντας και στα δύο μέλη της ( ) τον αριθμό β έχουμε : γ + β < δ + β Τώρα αφού α + γ < β + γ και β + γ < δ + β η μεταβατική ιδιότητα μας επιτρέπει να συμπεράνουμε ότι α + γ < β + δ. Δηλαδή αποδείξαμε ότι : α < β γ < δ } α + γ < β + δ (3.35) Ασκηση 197. Να αποδείξετε ότι αν p < q + 1, r < s 1 τότε p + r < q + s.

115 Ανισότητες Ασκηση 198. Να αποδείξετε ότι αν x > y τότε x + 7 > y + 3. Ασκηση 199. Να αποδείξετε ότι αν x > y και z 0 τότε x + z 2 > y. Η (3.35) μπορεί να γενικευθεί και για περισσότερες από δύο ανισότητες : α 1 < β 1 α 2 < β 2... α ν < β ν α 1 + α α ν < β 1 + β β ν (3.36) Ασκηση 200. Να γράψετε μία απόδειξη για την (3.36). Επίσης μπορούμε να προσθέτουμε κατά μελή και ανισότητες που μπορεί να μην είναι γνήσιες ανισότητες δηλαδή αντί της σχέσης «>» να ισχύει η (λέγονται και ταυτοανισότητες ή ανισοταυτότητες). Χαρακτηριστικό παράδειγμα είναι η ανισότητα α 2 0. Ισχύει για κάθε α αλλά για α 0 ισχύει σαν γνήσια ανισότητα α 2 > 0 ενώ για α = 0 ισχύει σαν ισότητα. Πράγματι υποθέτουμε αυτή τη ϕορά ότι και α β (#) γ δ (##) Η (#) σημαίνει ότι α β ήότια β. Τότε προσθέτοντας και στα δύο μέλη τον γ έχουμε ϑα έχουμε α + γ < β + γ ή α + γ = β + γ. Σε κάθε περίπτωση έχουμε ότι : α + γ β + γ Ομοια ενώ προσθέτοντας και στα δύο μέλη της (##) τον αριθμό β έχουμε : γ + β δ + β Άρα α + γ β + γ και β + γ δ + β και επομένως από την μεταβατική ιδιότητα έχουμε ότι α + γ β + δ. Δηλαδή αποδείξαμε ότι : α β γ δ } α + γ β + δ (3.37) Σημειώστε πως αν έστω και μία από τις ανισότητες (i), (ii), είναι γνήσια τότε η μεταβατική ιδιότητα μας οδηγεί σε γνήσια ανισότητα με άλλα λόγια αν μία από τις υποθέσεις της 3.37 είναι γνήσια ανισότητα τότε και το συμπέρασμα είναι γνήσια ανισότητα. Αντίστοιχα με την (3.36) έχουμε την α 1 β 1 α 2 β 2... α ν β ν α 1 + α α ν β 1 + β β ν (3.38)

116 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 107 όπου και εδώ ισχύει η ίδια παρατήρηση για την περίπτωση που κάποια από τις προστιθέμενες ανισότητες είναι γνήσια : Θα είναι και η ανισότητα του συμπεράσματος γνήσια. Ασκηση 201. Να αποδείξετε ότι αν x < 1 2, y < 1 3, z < 1 6 τότε x + y + z < 1. Ασκηση 202. Να αποδείξετε ότι αν τα x, y, z ανήκουν στο (α, β) τότε το x+y+z 3 επίσης ανήκει στο (α, β). Ασκηση 203. Να αποδείξετε ότι αν x (α, β) και y (α, β) τότε 2 5 x + 3 y (α, β). 5 Ασκηση 204. Δοκιμάστε να αποδείξετε την ακόλουθη γενίκευση της προηγούμενης άσκησης : Αν x (α, β), y (α, β) και k (0, 1) τότε kx +(1 k) y (α, β) Αθροίσματα μη αρνητικών αριθμών Αν οι αριθμοί α 1,α 2,..., α ν είναι μη αρνητικοί δηλαδή ισχύουν οι α 1 0, α 2 0,..., α ν 0 τότε προσθέτοντας αυτές τις ανισότητες έχουμε ότι και α 1 + α α ν 0 Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει και από την (3.38) αν πάρουμε τα β 1,β 2,..., β ν να είναι όλα μηδέν. Μπορούμε να αποδείξουμε το προηγούμενο συμπέρασμα αν στηριχθούμε στην εξής παρατήρηση : Αν έχουμε ένα οποιοδήποτε αριθμό και του προσθέσουμε ένα μη αρνητικό αριθμό ϑα πάρουμε ένα αριθμό που ϑα είναι μεγαλύτε- ϱος ή ίσος από τον αρχικό. Σε συμβολική γλώσσα : Αν είναι m 0 και ο t είναι οποιοσδήποτε αριθμός τότε t t + m. Εφαρμόζουμε αυτή την ιδιότητα διαδοχικά : 1. Είναι 0 α Προσθέτουμε στον α 1 τον μη αρνητικό αριθμό α 2.Θαείναια 1 α 1 + α 2 3. Προσθέτουμε στον α 1 +α 2 τον μη αρνητικό αριθμό α 3.Θαείναια 1 +α 2 α 1 + α 2 + α 3 4. Συνεχίζουμε με αυτό τον τρόπο έως ότου εξαντληθούν οι αριθμοί μας. Από την μεταβατική ιδιότητα έχουμε ότι : 0 α 1 α 1 + α 2 α 1 + α 2 + α 3... α 1 + α 2 + α α ν (3.39) Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε πάλι ότι α 1 + α α ν 0. Φυσικά ϑα μπορούσαμε να ξεκινήσουμε από ένα άλλο αριθμό αντί του α 1 λ.χ. τον α 2.

117 Ανισότητες Τι ϑα συνέβαινε αν στην (3.39) είχαμε α 1 + α 2 + α α ν = 0; Θα ίσχυε 0 α 1 0. Που σημαίνει ότι α 1 = 0. Παρόμοια ϐρίσκουμε ότι α 2 = 0 κ.ο.κ. Τελικά όλα οι αριθμοί είναι μηδέν. Ετσι έχουμε : α 1 0, α 2 0,..., α ν 0 α 1 + α 2 + α α ν ( ) 0 και η (*) ισχύει σαν ισότητα μόνο αν α 1 = α 2 =..., = α ν = 0 (3.40) Παράδειγμα 17. Να αποδειχθεί ότι αν α α α 2 ν 0 Απόδειξη : Πράγματι αφούκάθε τετράγωνο πραγματικούαριθμούείναι μη αρνητικός αριθμός τότε το άθροισμα οσωνδήποτε τετραγώνων πραγματικών αριθμών είναι μη αρνητικός αριθμός. Παράδειγμα 18. Να αποδειχθεί ότι αν α 2 1 +α α2 ν = 0 τότε όλοι οι αριθμοί α 1, α 2,..., α ν είναι μηδέν. Απόδειξη : Προκύπτει από την (3.40. Αφού ένα άθροισμα μη αρνητικών αριθμών (δηλαδή των τετραγώνων) είναι μηδέν όλα τα τετράγωνα είναι μηδέν και επομένως και οι αριθμοί είναι μηδέν. Ασκηση 205. Να ϐρείτε τους αριθμούς x, y αν είναι γνωστό ότι (x 4) 2 +(2 y) 2 = 0. Ασκηση 206. Για τους αριθμούς x, y είναι γνωστό ότι x 2 8x + y 2 4y + 20 = 0. Να ϐρείτε το x + y Ασκηση 207. Στις εξετάσεις Μαθηματικών Τεχνολογικής Κατεύθυνση Γ Λυκείου του 2000 οι μαθητές έπρεπε να ϐρουν δύο αριθμούς α, β από την ισότητα α 2 + β 2 + 2α + 1 = 0. Βρείτετους. Ασκηση 208. Να αποδείξετε ότι αν α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ τότε ϑα είναι α + β + γ = 0 ή α = β = γ. Παράδειγμα 19. Να αποδειχθεί ότι 1. α 2 + αβ + β α 2 + αβ + β 2 0 Απόδειξη : Για την πρώτη ανισότητα : Θέλουμε να αποδείξουμε ότι ο α 2 + αβ + β 2 είναι μη αρνητικός. Εχουμε ϐέβαια δύο προσθετέους (τους α 2 και β 2 )που είναι τετράγωνα και επομένως το άθροισμα τους είναι μη αρνητικός αλλά υπάρχει και ο προσθετέος αβ του οποίου δεν ξέρουμε το πρόσημο αφού δεν ξέρουμε τα αβ. Μπορούμε όμως να διακρίνουμε δύο περιπτώσεις : Η εύκολη περίπτωση είναι όταν έχουμε αβ 0. Τότε ο αριθμός μας είναι άθροισμα τριών μη αρνητικών προσθετέων και επομένως μη αρνητικός.

118 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 109 Η κάπως πιο δύσκολη περίπτωση είναι όταν αβ < 0. Στην περίπτωση αυτή μπορούμε να γράψουμε πρόσημα των μπορούμε να γράψουμε α 2 + αβ + β 2 + α 2 + αβ + β 2 = αβ αβ προσθαφαιρούμε (α β) 2 0 = (α 2 + 2αβ + β 2 ) +( αβ)= +( αβ) + οπότε πάλι πετυχαίνουμε να γράψουμε τον αριθμό μας σαν άθροισμα μη αρνητικών προσθετέων. Αφούέχουμε εξαντλήσει τις περιπτώσεις η πρώτη ανισότητα έχει αποδειχθεί. Ενας άλλος τρόπος για να αποδείξουμε την πρώτη ανισότητα είναι να γράψουμε : α 2 + αβ + β 2 = (α 2 + αβ + β 2 ) = πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμε με (2α2 + 2αβ + 2β 2 ) = 1 2 (α2 + 2αβ + β 2 + α 2 + β 2 ) = 1 2 ((α + β)2 + α 2 + β 2 ) Η τελευταία παράσταση είναι ένα άθροισμα μη αρνητικών αριθμών το (α + β) 2 + α 2 + β 2 πολλαπλασιασμένο με τον ϑετικό αριθμό 1 2. Επομένως είναι μη αρνητική. Για την δεύτερη ανισότητα : Μπορούμε να έχουμε δύο αποδείξεις παρόμοιες με της πρώτης. Επίσης μπορούμε να έχουμε μία τρίτη απόδειξη που στηρίζεται στην πρώτη ανισότητα. Ασκηση 209. Να αποδείξετε την δεύτερη ανισότητα του παραδείγματος (19) Πολλαπλασιασμός ανισοτήτων Είδαμε ότι μπορούμε να πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη μίας ανισότητας με ένα ϑετικό αριθμό και να διατηρείται η ϕορά της ανισότητας. Θα αξιοποιήσουμε αυτή την ιδιότητα για να πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη ανισότητες. Μόνο που σε αντίθεση με την πρόσθεση ανισοτήτων, όπου μπορούσαμε να προσθέτουμε ελεύθερα ανισότητες τώρα έχουμε ένα περιορισμό : Τα μέλη των

119 Ανισότητες ανισοτήτων πρέπει να είναι ϑετικοί αριθμοί. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι έχουμε τις ανισότητες : α < β ( ) και γ < δ ( ) όπου οι α, β, γ, δ είναι όλοι τους ϑετικοί αριθμοί. Τότε πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της ( ) τον ϑετικό αριθμό γ έχουμε αγ < βγ πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της ( ) τον ϑετικό αριθμό β έχουμε : γβ < δβ Τώρα αφού αγ < βγ και βγ < δβ με την ϐοήθεια της μεταβατικής ιδιότητας συμπεραίνουμε ότι αγ < βδ. Ετσι αποδείξαμε ότι : 0 < α < β 0 < γ < δ } 0 < αγ < βδ (3.41) Ασκηση 210. Να αποδείξετε ότι αν για τους ϑετικούς αριθμούς x, y ισχύει x < και y < 11 τότε xy < Ασκηση 211. Να αποδείξετε ότι το γινόμενο δύοοποιωνδήποτεαριθμών τουδιαστήματος (0, 1) είναι ένας αριθμός που επίσης ανήκει στο (0, 1). Μπορούμε να ισχυρισθούμε το ίδιο για το άθροισμα; Ασκηση 212. Για τους αριθμούς α, β ισχύει 0 < α < 4 3 και 0 < β < Να αποδείξετε ότι αβ < 13. Ασφαλώς η ιδιότητα (3.41) μπορεί να γενικευθεί και για περισσότερους απόδύοαριθμούς: 0 < α 1 < β 1 0 < α 2 < β < α ν < β ν 0 < α 1 α 2...α ν < β 1 β 2...β ν (3.42) Ασκηση 213. Για τους ϑετικούς αριθμούς x, y, x, α, β, γ ισχύει x < α β, y < β γ, z < γ α. Να αποδείξετε ότι xyz < 1. Ασκηση 214. Τρεις ϑετικοί αριθμοί είναι διάφοροι του 1 αλλά το γινόμενο τους είναι 1. Αφούϐρείτε μερικές τριάδες τέτοιων αριθμών να αποδείξετε γενικά ότι ένας τουλάχιστον ϑα είναι μεγαλύτερος του 1 και ένας τουλάχιστον ϑα είναι μικρότερος του 1.

120 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 111 Αν τώρα όλοι οι αριθμοί α 1, α 2,...,α ν είναι μεταξύτους όσοι ας πούμε ίσοι α > 0 και οι β 1, β 2,...,β ν ίσοι με β > 0 τότε η (3.42) έχει ως συνέπεια την : Αν 0 < α < β και ν είναι ϑετικός ακέραιος τότε 0 < α ν < β ν (3.43) Ασκηση 215. Υπάρχει κάποιος λόγος που στην (3.43) δεν «επιτρέπουμε» στον ν να είναι αρνητικός ακέραιος ή μηδέν ; Ασκηση 216. Να αποδείξετε ότι ( 2 + 1) 2011 < Ασκηση 217. Να αποδείξετε ότι αν είναι 0 < p < q τότε 1 +p+p 2 +p 3 < 1 +q +q 2 +q 3. Η ιδιότητα (3.43) προϋποθέτει ότι οι αριθμοί που μετέχουν στην ανισότητα είναι ϑετικοί. Ωστόσο στην περίπτωση όπου ο εκθέτης είναι περιττός ϕυσικός η ιδιότητα ισχύει πάλι. Ας υποθέσουμε ότι α < β και ότι ο ν είναι περιττός. Θα δείξουμε ότι α ν < β ν. Ας καταγράψουμε τις περιπτώσεις που έχουμε να αντιμετωπίσουμε. Ξέρουμε ότι στον άξονα των πραγματικών το α είναι αριστερά του β: Ας δούμε τώρα τις δυνατές ϑέσεις των α, β σε σχέση με το μηδέν < α < β Στην περίπτωση αυτή το συμπέρασμα μας ισχύει από την (3.43). 2. α = 0 < β Στην περίπτωση αυτή ο α ν είναι μηδέν και ο α ν είναι ϑετικός. 3. α < 0 < β Στην περίπτωση αυτή ο α ν είναι αρνητικός (ϑυμηθείτε ότι ο ν είναι περιττός) και ο β ν είναι ϑετικός άρα πάλι το συμπέρασμα ισχύει. 4. α < β = 0 Εδώ το συμπέρασμα ισχύει διότι ο α ν είναι αρνητικός ενώ ο β ν είναι μηδέν. 5. α < β < 0 Εδώ και οι δύο αριθμοί είναι αρνητικοί. Μπορούσαμε να εμφανίσουμε μία ανισότητα και με τα δύο μέλη ϑετικά αν πολλαπλασιάσουμε επί 1. Αφούείναι α < β < 0 ϑα είναι και 0 < β < α. Τώρα μπορούμε να εφαρμόσουμε την (3.43) και να έχουμε ( β) ν <( α) ν. Μένει ακόμη λίγη δουλειά : Εχουμε τότε ότι ( 1) ν β ν <( 1) α ν δηλαδή (ξαναθυμη- ϑείτε ότι ο ν είναι περιττός) β ν < α ν. Πολλαπλασιάζοντας πάλι επί 1 έχουμε ότι α ν < β ν.

121 Ανισότητες Αποδείξαμε λοιπόν ότι Αν α < β και ν είναι ϑετικός περιττός τότε 0 < α ν < β ν (3.44) Ασκηση 218. Να συγκρίνετε τους αριθμούς (1 5) 3, (2 5) 3. Ασκηση 219. Να αποδείξετε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό x ισχύει x 3 + x 5 + x 7 < x + 1 +(x + 1) 3 +(x + 1) 7 Οπως και με την πρόσθεση έτσι και με τον πολλαπλασιασμό μπορούμε να πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη ανισότητες ϑετικών αριθμών που συνδέονται με το. Το ανάλογο της (3.41) είναι 0 < α β 0 < γ δ } 0 < αγ βδ (3.45) Αν μία τουλάχιστον από τις ανισότητες είναι γνήσια τότε η ανισότητα που προκύπτει είναι γνήσια. Ανάλογα προσαρμόζονται και οι (3.42), (3.43), (3.44). Ασκηση 220. Να αποδείξετε ότι αν x [2, 5] και y [3, 4] τότε xy [6, 20]. Ασκηση 221. Ενα ορθογώνιο οικόπεδο έχει διαστάσεις 20m 15m. Κάποιος μετράει τις διαστάσεις με μετροταινία και το σφάλμα στην μέτρηση του κυμαίνεται στο ±5cm. Μεταξύποιων ορίων μπορεί να ϐρίσκεται το εμβαδόν που ϑα μετρήσει ; Μία χρήσιμη ισοδυναμία Ας υποθέσουμε ότι 0 < α < β. Τότε ξέρουμε πως για κάθε ϑετικό ακέραιο ν ισχύει α ν < β ν. Αν τώρα ξέρουμε απλώς ότι οι α, β είναι ϑετικοί αριθμοί και -πως για τον ϑετικό ακέραιο ν ισχύει α ν < β ν μπορούμε να συγκρίνουμε τους α, β; Αν ϐγαίνει κάποιο συμπέρασμα λογικά ϑα πρέπει να είναι π- ως α < β όμως αυτό είναι κάτι που ϑέλει απόδειξη. Ας γράψουμε όλες τις δυνατές περιπτώσεις γράφοντας αυτή που ϑέλουμε να αποδείξουμε τελευταία. Οι δυνατές περιπτώσεις είναι α = β α > β α < β Στην περίπτωση όπου α = β τότε ϑα έχουμε και α ν = β ν που έρχεται σε αντίθεση με την υπόθεση μας ότι α ν < β ν. Άρα η περίπτωση αυτή πρέπει να απορριφθεί. Στην περίπτωση όπου α > β αφούοι α, β είναι ϑετικοί αριθμοί και ο ν είναι ϑετικό ακέραιος ϑα έχουμε ότι α ν > β ν πράγμα που και αυτό έρχεται σε αντίθεση με την υπόθεση μας. Άρα και η δεύτερη περίπτωση πρέπει να απορ- ϱιφθεί.

122 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 113 Απομένει μόνο η τρίτη περίπτωση η οποία ελλείψει «αντιπάλων» ισχύει. Ε- πομένως αποδείξαμε ότι η (3.43) μπορεί να ενισχυθεί και να γίνει ισοδυναμία Αν α, β και ο ν είναι ϑετικός ακέραιος τότε ισχύει η ισοδυναμία : α < β α ν < β ν (3.46) Ασκηση 222. Η απόδειξη που προηγήθηκε της (3.46) είναι συγκαλυμμένη απαγωγή στο άτοπο. Να διατυπώσετε πάλι την απόδειξη ώστε η εφαρμογή της μεθόδου της απαγωγής στο άτοπο να γίνει ϕανερή. Ασκηση 223. Να μιμηθείτε την απόδειξη της (3.46) για να αποδείξετε την επόμενη ισοσδυναμια (δεν αναφέρεται κατ ανάγκην σε ϑετικούς α, β): Αν ο ν είναι ϑετικός περιττός τότε ισχύει η ισοδυναμία : α < β α ν < β ν (3.47) Ασκηση 224. Να αποδείξετε ότι για κάθε Ϲεύγος ϑετικών αριθμών α, β ισχύει α < β 1 + α + α 2 < 1 + β + β α + α 2 < 1 + β + β 2 α < β Ασκηση 225. Να αποδείξετε ότι Αν ο ν είναι ϑετικός ακέραιος τότε ισχύει η ισοδυναμία : α = β α ν = β ν (3.48) Ασκηση 226. Να αποδείξετε ότι : Αν ο ν είναι ϑετικός περιττός τότε ισχύει η ισοδυναμία : α = β α ν = β ν (3.49) Συγκρίσεις Αν η σύγκριση δύο ϑετικών αριθμών μας ϕαίνεται δύσκολη ενδέχεται η σύγκριση κάποιων δυνάμεων τους να είναι ευκολότερη και από την σύγκριση των δυνάμεων να μπορέσουμε να πετύχουμε την αρχική σύγκριση. Ας δούμε πως μπορεί να γίνει αυτό με μερικά παραδείγματα. Παράδειγμα 20. Να συγκριθούν οι αριθμοί και Λύση. Δεν ξέρουμε ποιος από τους δύο αριθμούς είναι ο μεγαλύτερος ή αν είναι ίσοι. Ξεκινάμε με μία «υπόθεση εργασίας» λ.χ ότι είναι 5+ 8 < 6+ 7 και συνεχίζουμε με ισοδύναμες προτάσεις. Είναι < ( 5 + 8) <( 6 + 7) p 1 p 2

123 Ανισότητες Αν η p 2 είναι αληθής ϑα είναι και η p 1. Αν είναι ψευδής και ισχύει η ανισότητα με αντίστροφη ϕορά τότε και η p 1 είναι ψευδής και ισχύει η ανισότητα με την αντίστροφη ϕορά. Αν τέλος η p 2 είναι ψευδής και ισχύει σαν ισότητα τότε και η p 1 είναι ψευδής και ισχύει σαν ισότητα. Αναπτύσσοντας ϐρίσκουμε : ( 5 + 8) 2 <( 6 + 7) < p 3 p 2 Οι ίδιες παρατηρήσεις που κάναμε για τις p 1 και p 2 ισχύουν για τις p 2 και p 3. Μετά τις διαγραφές του 13 έχουμε : < < p 3 απολοποιώντας το 2 (δηλαδή πολλαπλασιάζοντας με 1 2 έχουμε < < 6 7 p 4 Υψώνοντας πάλι στο τετράγωνο ϐρίσκουμε : < (2 5 2) <( 6 7) p 5 και κάνοντας τις πράξεις έχουμε : (2 5 2) 2 <( 6 7) 2 40 < 42 p 7 p 6 Βλέπουμε ότι η p 7 είναι αληθής επομένως η υπόδεση μας p 1 είναι αληθής. Συμπεραίνουμε ότι είναι < Παράδειγμα 21. Στις εξετάσεις Μαθηματικών Γενικής Παιδείας Γ Λυκείου το p 5 p 6 p οι μαθητές έπρεπε να συγκρίνουν τους αριθμούς ποιο είναι το αποτέλεσμα της σύγκρισης και Βρείτε Λύση. Εργαζόμενοι όπως πριν έχουμε 23 3 < < ( 5 ) 3 <( 8 ) < < < Βλέπουμε ότι η τελευταία σχέση είναι ψευδής ανισότητα. Ισχύει δε η ανισότητα 1472 > Επομένως και η αρχική ανισότητα είναι ψευδής και ισχύει η ανισότητα με την αντίστροφη ϕορά δηλαδή : >

124 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 115 Παράδειγμα 22. Στις εξετάσεις Μαθηματικών Κατεύθυνσης Γ Λυκείου το 2010 σε κάποια λύση ενός ϑέματος οι μαθητές έπρεπε να αποδείξουν ότι για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x ισχύει x + x > 0. Να δοθεί μία απόδειξη. Λύση. Είναι x + x > 0 x > x. Η ιδέα είναι να υψώσουμε στο τετράγωνο αλλά η ιδέα αυτή δεν πορεί να εφαρμοσθεί γιατί δεν ξέρουμε αν και τα δύο μέλη είναι ϑετικά : Ξέρουμε μόνο για το πρώτο. Για το x υπάρχουν τρεις περιπτώσεις : x = 0. Τότεη x > x γίνεται > 0 που ισχύει. x > 0. Τότε το ϐ μέλος της x > x είναι αρνητικό και το α μέλος είναι ϑετικό οπότε η ανισότητα αληθεύει. x < 0. Τότε και τα δύο μέλη της x > xείναι ϑετικά και έτσι έχουμε x > x x >( x) 2 x > x 2 9 > 0 Η τελευταία ανισότητα είναι αληθής άρα και η πρώτη Η «αντίθετη» και η «αντίστροφη» ανισότητας Αν έχουμε δύο άνισους αριθμούς α < β τότε πολλαπλασιάζοντας επί 1 ϑα έχουμε α > β. Φυσικά από την ανισότητα α > β μπορούμε να «επανέλθουμε» στην α < β πολλαπλασιάζοντας επί 1. Εχουμε λοιπόν ότι : α < β α > β (3.50) Η 3.50 επιδέχεται και μία απλή γεωμετρική εξήγηση : Παίρνοντας τους αντί- ϑετους αριθμών παίρνουμε στην ουσία τα συμμετρικά τους ως προς το 0 και επομένως η «σειρά» αντιστρέφεται : Ο αντίθετος σχετίζεται με την πρόσθεση. Το αντίστοιχο του αντιθέτου για τον πολλαπλασιασμό είναι το αντίστροφο. Τίθεται λοιπόν το ερώτημα : Αν για δύο μη μηδενικούς αριθμούς γνωρίζουμε ότι α < β τότε τι μπορούμε να πούμε για την σύγκριση των 1 α, 1 β ; Ας πάρουμε μερικά Ϲεύγη αριθμών : 2 < 3. Εδώ για τος αντίστροφους ισχύει 1 2 > < 3. Εδώ για τους αντίστροφους ισχύει 3 < 2. Εδώ ισχύει 1 3 > < 1 3. Στην δεύτερη περίπτωση όπου οι αριθμοί είναι ετερόσημοι το αποτέλεσμα είναι το περιμένουμε : Αφούο ένας αριθμός είναι ϑετικός και ο άλλος είναι αρνητικός και ο αντίστροφος ενός αριθμούείναι ομόσημος με τον αρχικό ϑα

125 Ανισότητες ισχύει ότι ο αντίστροφος του αρνητικού ϑα είναι μικρότερος από τον αντίστροφο του ϑετικού. Για την περίπτωση όπου οι αριθμοί είναι ομόσημοι ϕαίνεται οι αντίστροφοι να ικανοποιούν ανισότητα με αντίστροφη ϕορά αλλά ϕυσικά αυτό ϑέλει απόδειξη. Ας διατυπώσουμε αυτό που ϑέλουμε να αποδείξουμε : Αν α, β ομόσημοι με α < β τότε 1 α > 1 β. Ας δούμε μία απόδειξη που ξεκινάει από το αποδεικτέο δηλαδή αυτό που ϑέλουμε να αποδείξουμε : 1 α > 1 β 1 α 1 β > 0 β α αβ > 0. Η τελευταία σχέση αληθεύει αφού β α > 0,αβ > 0 επομένως αληθεύει και η αρχική. Μια άλλη, όχι πολύδιαφορετική απόδειξη ξεκινάει από την υπόθεση μας α α < β. Αφούαβ > 0 ϑα ισχύει και αβ < β αβ οπότε 1 β < 1 α και επομένως 1 α > 1 β. Άρα ισχύει : Αν α, β ομόσημοι τότε ισχύει α < β 1 α > 1 β (3.51) Ασκηση 227. Στην (3.51) αποδείξαμε μόνο την κατεύθυνση. Η κατεύθυνση γιατί ισχύε ; Ασκηση 228. Να αποδείξετε ότι αν για τους ϑετικούς αριθμούς α, β ισχύει α < β τότε ισχύει 1 α > 2 α+β > 1 β. Ασκηση 229. Θεωρούμε τα ανοικτά διαστήματα A =(, 1), B =( 1, 0), C = (0, 1) και D =(1, + ). Αν ο αριθμός x ανήκει (4 περιπτώσεις) στα διαστήματα A, B, C, D σε ποιο διάστημα ανήκει ο αριθμός 1 x ; Ασκηση 230. Υποθέτουμε ότι για τους ϑετικούς αριθμούς p, q, r ισχύει p < q r < 1 p. 1. Να αποδείξετε ότι p < Να αποδείξετε ότι p < r q < 1 p Ιδιότητες των τετραγωνικών ϱιζών Στην ενότητα αυτή ϑα δούμε πως συνδέεται η τετραγωνική ϱίζα με τις πράξεις. Ας εξετάσουμε την πράξη της πρόσθεσης. Ας δούμε τον ακόλουθο πίνακα α β α + β α β α + β α + β Βλέπουμε ότι οι αριθμοί α + β και α + β είναιίσοιμόνοσεμίαειδική περίπτωση εκείνη όπου ο ένας από τους δύο αριθμούς α, β είναι μηδέν. Επομένως δεν ισχύει κανόνας που να λέει ότι α + β = α + β. Μάλιστα μπορούμε να αποδείξουμε ότι η μοναδική περίπτωση όπου ισχύει η ισότητα α + β = α + β είναι όταν κάποιος από τους α, β είναι μηδέν :

126 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 117 Ασκηση 231. Να αποδείξετε ότι για τους μη αρνητικούς αριθμούς α, β ισχύει α + β = α + β α = 0 ή β = 0 Ασκηση 232. ΓιαποιαϹεύγηαριθμώνα, β ισχύει η ισότητα α β = α β; Θα εξετάσουμε τώρα την πράξη του πολλαπλασιασμού. Ας δούμε τον πίνακα : α β αβ α β αβ α β Βλέπουμε ότι υπάρχει μία συμφωνία στους αριθμούς των δύο τελευταίων στηλών πράγμα που αποτελεί ένδειξη ότι ενδέχεται να ισχύει η ισότητα αβ = α β. Μπορούμε να ελέγξουμε την ισχύ της ισότητας αυτής με τον τρόπο που μάθαμε στην 3.2.5: αβ = α β ( αβ) 2 =( α β) 2 ( αβ) 2 = ( α) 2 ( β) 2 αβ 2 = α 2 β 2 αβ = αβ Αφού η τελευταία ισότητα αληθεύει αληθεύει και η ισοδύναμη της αρχική ισότητα. Αποδείξαμε λοιπόν ότι για κάθε Ϲεύγος μη αρνητικών αριθμών α, β ισχύει : αβ = α β (3.52) Η ιδιότητα (3.52) μπορεί να επεκταθεί και για γινόμενα περισσοτέρων των δύο αριθμών. Λ.χ.: αβγ = α (βγ) = από (3.52) α βγ = α β γ από (3.52) Ας δούμε τώρα την συμπεριφορά των τετραγωνικών ϱιζών στα πηλίκα : α α β β α β α α β β

127 Ανισότητες Από την σύμπτωση των δύο τελευταίων στηλών ϕαίνεται ότι ενδέχεται να ισχύει α β = α. Μπορούμε να επικυρώσουμε την παρατήρηση αυτή με μία απόδειξη παρόμοια με εκείνη της (3.52): β α α β = β 2 α ( β ) 2 α =( ) β 2 α ( β ) = ( α) 2 ( β) α α = β 2 β α β = α β Από την ισχύτης τελευταίας ισότητας συνάγουμε την ισχύτης αρχικής και επομένως έχουμε αποδείξει ότι για κάθε Ϲεύγος αριθμών α, β με α 0 και β > 0 ισχύει α α β = (3.53) β Η απόδειξη που δώσαμε στην (3.53) μπορεί να συντομευθεί αν στηριχθούμε στην (3.52): α β β = α α β β = α από (3.52) α β = α β α α β = β Υπενθυμίζουμε ότι η τετραγωνική ϱίζα α ενός μη αρνητικούαριθμούα είναι ο μοναδικός μη αρνητικός αριθμός που υψούμενος στο τετράγωνο μας δίνει τον αριθμό α. Αυτό σημαίνει ϕυσικά ότι α 2 = α. Πρόκειται για μία ιδιότητα που την έχουμε χρησιμοποιήσει πολλές ϕορές. Ας υποθέσουμε τώρα ότι μας ενδιαφέρει να ϐρούμε την τετραγωνική ϱίζα του μη αρνητικού αριθμού α 2 δηλαδή να ϐρούμε τον α 2. Αναζητούμε ένα μη αρνητικό αριθμό που υψούμενος στο τετράγωνο ϑα μας δώσει τον α 2. Αυτός ϑα είναι ο α αν είναι

128 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 119 α 0. Αν όμως α < 0 τότε ο αριθμός που Ϲητάμε είναι ο ϑετικός αριθμός α (που εξ ίσου καλά δίνει ( α) 2 = α 2 ) και όχι ο α. Συνοψίζοντας έχουμε : α 0 α 2 = α α 2 ={ α α 0 α α < 0 (3.54) Ασκηση 233. Να επαληθεύσετε τις ισότητες : = = = Ασκηση 234. Οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. A = α 2 β 4 2. B = α 8 β 2 γ 4 3. Γ = α 2 β 4 γ 8 4. Δ = α 5 β 7 γ 7 Ασκηση 235. Οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. A = α 4 β 4 γ 6 3. Γ = α 6 β 4 β 8 γ 4 2. B = α 3 β 2 γ 8 Ασκηση 236. Να αποδείξετε ότι 4. Δ = 4α 4 49β 2 γ = Ασκηση 237. Να αποδείξετε ότι αν t 1 = α + β, t 2 = α β τότε : 1. t 1 + t 2 = 2α 2. t 1 t 2 = α 2 β 3. t t 2 9 = 2α 2 + 2β 4. t t3 2 = 2α3 + 6αβ Ασκηση 238. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : ( 3) ( 3) 2 5. (3 3) 2 6. (1 3) 2

129 Εξισώσεις 3.3 Εξισώσεις Συχνά σε μία ισότητα αναζητούμε για ποιες τιμές κάποιων «γραμμάτων» (μεταβλητών) αληθεύει. Λέμε τότε ότι έχουμε μία εξίσωση. Οι τιμές που την επαληθεύουν λέγονται και λύσεις της ή ϱίζες της. Η διαφορά μιας ταυτότητας από μία εξίσωση είναι δυσδιάκριτη. Μία εξίσωση μπορεί να είναι ταυτότητα αλλά και μία ταυτότητα μπορεί να ϑεωρηθεί σαν εξίσωση. Ας πάρουμε την ισότητα (x + 1) 2 = x 2 + 2x + 1 Αυτή είναι αληθής για κάθε τιμή του x και επομένως είναι μία ταυτότητα. Από την άλλη μεριά η ίδια ισότητα μπορεί να ϑεωρηθεί ως εξίσωση όπου ενδιαφερόμαστε να μάθουμε για ποιες τιμές του x αληθεύει. Τελικά αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό x και επομένως κάθε πραγματικός αριθμός μπο- ϱεί να ϑεωρηθεί ως λύση της. Αν «πειράξουμε» λίγο την προηγούμενη σχέση κάνοντας το 2 του δευτέρου μέλους 3 έχουμε την ισότητα (x + 1) 2 = x 2 + 3x + 1 ϐλέπουμε εύκολα ότι έχουμε μια ισότητα που είναι αληθής μόνο για x = 0. Αν δούμε την σχέση αυτή σαν εξίσωση τότε αυτή έχει λύση το 0. Αν «πειράξουμε» την αρχική σχέση αλλιώς αλλάζοντας το 1 του δευτέρου μέλους σε 2 ϑα είχαμε την (x + 1) 2 = x 2 + 2x + 2 η οποία προφανώς δεν επαληθεύεται για κανένα x. Λέμε ότι είναι αδύνατη. Μία εξίσωση μπορεί να έχει ένα άγνωστο όπως η x 3 = 0 δύο αγνώστους όπως η x y = 4 ή και περισσότερους αγνώστους. Στην x 3 = 0 λύση είναι ο x = 3 και κανένας άλλος. Στην x y = 4 έχουμε πολλές λύσεις : x = 4, y = 0 την x = 5, y = 1 κ.ο.κ. Μπορούμε να πούμε ότι οι αριθμοί 4 και 0 είναι λύσεις της εννοώντας ότι αν αντικαταστήσουμε το x με 4 και το y με 0 τότε η εξίσωση επαληθεύεται. Δεν επαληθεύεται όμως αν αντικαταστήσουμε το y με 4 και το x με 0 διότι οδηγούμεθα στην ψευδή σχέση 0 4 = 4. Το τι αντικαθίσταται με τι έχει σημασία. Για τον λόγο αυτό συμφωνούμε να δίνουμε μία σειρά στους αγνώστους της εξίσωσης : 1ος άγνωστος, 2ος άγνωστος, κ.οκ. και συμφωνούμε οι αριθμοί που αναφέρουμε ότι επαληθεύουν την εξίσωση να αντιστοιχούν στους αγνώστους με αυτή την σειρά. Συμβολικά αυτό το πετυχαίνουμε γράφοντας τους αγνώστους σαν διατεταγμένα Ϲεύγη τριάδες, κ.ο.κ και τους αριθμούς που επαληθεύουν με παρόμοιο τρόπο. Ετσι στην εξίσωση x y = 4 έχουμε αγνώστους (x, y) και λύσεις τα διατεταγμένα Ϲεύγη (x, y), (5, 1), (11, 7), ( 11, 15) κ.τ.λ. Στην εξίσωση x 2y + 4z = 7 ϕανταζόμαστε τους αγνώστους σαν διατεταγμένες τριάδες (x, y, z). Οι τριάδα (1, 1, 8) είναι λύση της εξίσωσης γιατί για x = 1, y = 1, z = 8 η εξίσωση επαληθεύεται ενώ η τριάδα (1, 8, 1) δεν είναι λύση της γιατί για x = 1,y = 8,z = 1 η εξίσωση δεν επαληθεύεται.

130 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 121 Ασκηση 239. Είναι ο αριθμός x = 3 λύση της εξίσωσης 3x = 9; Της x 3 27 x = 9; Τηςx3 = 27; Τηςx x = 27; = 9; Της Ασκηση 240. Ητριάδα(2, 3, 6) είναι λύση της εξίσωσης x + y + z = 11. μερικές ακόμη τριάδες που να είναι λύσεις. Βρείτε Η εξίσωση αx + β = 0 Ηεξίσωσηαx + β = 0 ονομάζεται και εξίσωση πρώτου ϐαθμού (ή πρωτοβά- ϑμια) με ένα άγνωστο. Το γιατί με ένα άγνωστο είναι ϕανερό. Πρωτοβάθμια διότι το α μέλος είναι ένα πολυώνυμο το πολύέως πρώτου ϐαθμού. Η επίλυση της εξίσωσης αυτής είναι γνωστή από το Γυμνάσιο και αν έχουμε συγκεκριμένους αριθμούς είναι πολύ απλή : Παράδειγμα 23. Να λυθεί η εξίσωση : 2x + 8 = 0. Λύση : 2x + 8 = 0 2x = 8 2x 2 Παράδειγμα 24. Να λυθεί η εξίσωση : 0x + 8 = 0. = 8 2 x = 8 2 x = 4 Λύση : 0x + 8 = 0 0x = 8. Βλέπουμε πως όποιο αριθμό και αν αντικαταστήσουμε στην ϑέση του x ϑα πάρουμε 0 = 8. Επομένως η εξίσωση δεν έχει λύση και είναι αδύνατη. Παράδειγμα 25. Να λυθεί η εξίσωση : 4 (x + 5)=2. Λύση : Εδώ χρειάζονται μερικοί επιπλέον χειρισμοί : 4 (x + 5) = 2 4x + 20 = 2 4x = x = 18 x = 18 4 x = 9 2 Παράδειγμα 26. Να λυθεί η εξίσωση : 4 (x + 5)=4x Λύση : 4 (x + 5)=4x+20 4x+20 = 4x+20 4x 4x = x = 0. Βλέπουμε ότι η τελευταία εξίσωση 0x = 0 (επομένως και η αρχική) έχει λύση οποιονδήποτε αριθμό αφούκάθε αριθμός στην ϑέση του x την επαληθεύει. Λέμε ότι η εξίσωση είναι ταυτότητα. Συχνά χρησιμοποιείται και ένας παλαιότε- ϱος αλλά όχι ακριβής όρος : Η εξίσωση είναι αόριστη. Γενικά η εξίσωση αx + β = 0 γράφεται αx = β και Εχει μία μοναδική λύση x = β α αν είναι α 0. Δεν έχει καμμία λύση δηλαδή είναι αδύνατη αν α = 0, β 0. Εχει κάθε αριθμό σαν λύση δηλαδή είναι ταυτότητα αν α = β = 0. Ασκηση 241. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις (άγνωστος είναι ο x):

131 Εξισώσεις 1. 2x + 8 = x 8 = αx + t = 0, (α 0) 1 4. x + t = 0, (α 0) α 5. (α + 1) x α = 0, (α 1) 6. αx + 4 = 1, (α 0) Ασκηση 242. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις : 1. 6 (x + 3) 5x = (x + 3) 5x = 26 + x 3. 4 (4 + 2x) =60 3x 4. 60x + 1 = 3 (3 + 4x) 5. (6 x)(x + 4)=8 x 2 6. (x 3) 2 5 (10 + x) =x 2 8 Ασκηση 243. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις : 1. 3x = x 3 + x x 11 x = 11x x x+3 = 27 (x+2)(x+3) 30 x x x+5 = (x 1)(x 2) (x 3)(x 4)=(2x + 7)(x + 4) 6. 2x 2x 9 = 1 9 (16x 3 2 ) Εξισώσεις που ανάγονται στην εξισωση αx + β = 0 Στην άσκηση 243 συναντήσατε κάποιες εξισώσεις που με λίγες πράξεις κατέληγαν σε εξίσωση της μορφής αx+β = 0 και επομένως μπορούσαν εύκολα να λυθούν. Ας δούμε μερικές ακόμη περιπτώσεις : Παράδειγμα 27. Να λυθεί η εξίσωση : x 3 + x + 1 = 8 4 Λύση. Ακολουθούμε μια τεχνική που είναι γνωστή από το Γυμνάσιο : Πολλαπλασιάζουμε με το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών και x έτσι πετυχαίνουμε να γίνει απαλοιφή των παρονομαστών. 3 + x+1 4 = 8 12 ( x 3 + x+1 4 ) = x + 3 (x + 1) =96 4x + 3x + 3 = 96 x = 93 7 Παράδειγμα 28. Να λυθεί η εξίσωση : 2 x + 1 = 3 4 Λύση. Εδώ έχουμε ένα παρονομαστή που δεν ξέρουμε τι είναι : τον x + 1. Επειδή δε μπορεί να είναι ένας παρονομαστής μηδέν αφούδιαίρεση δια του μηδενός δε μπορεί να γίνει ϑα πρέπει να υποθέσουμε από την αρχή ότι x δηλαδή ότι x 1. Προχωρούμε την επίλυση με αυτή την προϋπόθεση ή όπως αλλιώς λέμε με αυτό τον περιορισμό. Για να έχουν νόημα

132 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 123 αυτά που ϑα γράψουμε στην συνέχεια πρέπει x 1. Εχουμε: x+1 = = 3 (x + 1) 8 = 3x + 3 x = 5 3 και η λύση που ϐρήκαμε είναι δεκτή αφούείναι διάφορη του 1. Παράδειγμα 29. Να λυθεί η εξίσωση : 3 x x (x + 2)(x + 1) = 5 x + 1 Λύση. Εδώ πρέπει να υποθέσουμε ότι οι παρονομαστές μας x + 2,x+ 1 είναι διαφορετικοί από το μηδέν δηλαδή ότι x 2, 1. Από κει και πέρα μπορούμε να κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών πολλαπλασιάζοντας με και τα δύο μέλη της εξίσωσης μας με το (x + 2)(x + 1). Εχουμε: 3 x x (x + 2)(x + 1) = 5 x + 1 (x + 2)(x + 1)( 3 x x (x + 2)(x + 1) )=(x + 2)(x + 1) 5 x (x + 1)+6 + x = 5 (x + 2) 3 (x + 1)+6 + x = 5 (x + 2)... x = 1 Η τιμή που ϐρήκαμε δε μπορεί να γίνει δεκτή δηλαδή πρέπει να απορριφθεί διότι αντιβαίνει στον αρχικό περιορισμό που ϑέσαμε. Βρήκαμε μία τιμή την οποία δε μπορούμε να δεχθούμε και επομένως η εξίσωση μας είναι αδύνατη. Παράδειγμα 30. Να λυθεί η εξίσωση : (4 3 (x 2)) ( 2x 1)(x 1)=0 Λύση. Εδώ έχουμε ένα γινόμενο ίσο με το μηδέν και επομένως πρέπει να εξετάσουμε πότε οι παράγοντες του είναι μηδέν : (4 3 (x 2)) ( 2x 1)(x 1)=0 4 3 (x 2)=0 ή 2x 1 = 0 ή x 1 = 0 x = 10 3 λύνουμε τις επιμέρους εξισώσεις ή x = 1 2 ή x = 1 Μπορούμε να απαλλαγούμε από τον άρρητο παρονομαστή και να παρουσιάσουμε τις λύσεις ως x = 10 3, x = 2 2, x = 1. Ασκηση 244. Να λύσετε τις εξισώσεις : 2

133 Εξισώσεις 1. (2x 6)(x + 3)(5x 6)=0 2. (3 2x)(4x 20)(x + 2)(4 + 2x) =0 Ασκηση 245. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις αφού αναλύσετε σε γινόμενο παραγόντων το πρώτο μέλος τους : 1. x 2 4 = x 2 9 = 0 3. x 2 2x + x 2 = Περι παραμέτρων Παράδειγμα 31. Ας υποθέσουμε ότι ένα κινητό κινείται σε ένα άξονα με αρχική ταχύτητα v 0 = 3m 2m sec και επιτάχυνση a = sec 2. Μετά από πόσο χρόνο η ταχύτητα του ϑα γίνει v = 6m sec ; Ποιαϑαείναιηαπάντησηανηεπιτάχυνση είναι a = 1m ;Ανείναιa = 5m sec 2 sec 2 ; Λύση. Εχουμε να απαντήσουμε σε τρία ερωτήματα. Μία λογική είναι να απαντήσουμε σε κάθε ερώτημα χωριστά : Οταν a = 2m sec 2. Αντικαθιστούμε στην γνωστή εξίσωση v = v 0 + at και έχουμε στο κατάλληλο σύστημα μονάδων 6 = 3 + 2t 2t = 3 t = 3 2 δηλαδή t = 3 2 sec Οταν a = 1m sec 2. Αντικαθιστούμε στον ίδιο τύπο και έχουμε 6 = t t = 3 δηλαδή t = 3sec Οταν a = 5m sec 2. Αντικαθιστούμε στον ίδιο τύπο και έχουμε 6 = 3 + 5t 5t = 3 t = 3 5 δηλαδή t = 3 5 sec Μία άλλη λογική είναι να προσέξουμε ότι όλα τα δεδομένα μας είναι κάθε ϕορά σταθερά εκτός από ένα που αλλάζει : Την επιτάχυνση. Ας κρατήσουμε λοιπόν το γράμμα a για να δηλώσει την επιτάχυνση και αντικαθιστούμε στον τύπο όλα τα υπόλοιπα γνωστά. Θα έχουμε : 6 = 3 + at at = 3 t = 3 a Εδώ ο απαιτούμενος χρόνος είναι εκπεφρασμένος συναρτήσει του μεταβαλλόμενου δεδομένου a. Μπορούμε τώρα εύκολα να αντικαταστήσουμε στην σχέση t = 3 a τις τρεις διαφορετικές τιμές του a και να έχουμε τις τιμές του χρόνου που μας ενδιαφέρουν. Στο προηγούμενο παράδειγμα είχαμε να λύσουμε την εξίσωση 6 = 3 + at με άγνωστο το t και το a να είναι ένα μεταβλητό δεδομένο. Ονομάζεται και παράμετρος. Η λέξη παράμετρος εμφανίζεται με διαφορετική σημασία στα Μα- ϑηματικά. Σε γενικές γραμμές έχει την σημασία ενός μεταβλητούδεδομένου που επηρεάζει κάποιες άγνωστες τιμές.

134 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 125 Παράδειγμα 32. Να λυθεί ως προς x ηεξίσωσηλ 2 x + 2 = λ + 4x. Λύση. Και εδώ έχουμε μία παράμετρο το λ που επηρεάζει τις λύσεις. Ακολουθώντας την συνηθισμένη ϱουτίνα ϐρίσκουμε : λ 2 x + 2 = λ + 4x λ 2 x 4x = λ 2 (λ 2 4) x = λ 2 Ετοιμαζόμαστε να διαιρέσουμε με το λ 2 4 και πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι είναι διάφορο του μηδενός. Ας δούμε πότε είναι μηδέν. Είναι λ 2 4 = 0 (λ 2)(λ + 2)=0 λ = 2 ή λ = 2 Αυτές τις «ενοχλητικές» τιμές ας τις δούμε χωριστά : Οταν λ = 2 η εξίσωση μας γίνεται 0x = 0 και είναι ταυτότητα. Οταν λ = 2 η εξίσωση μας γίνεται 0x = 4 και είναι αδύνατη. Απομένουν τώρα οι τιμές που δεν μηδενίζεται ο συντελεστής λ 2 4 Οταν λ ±2 ηεξίσωσηλύνεταιωςπροςx και έχουμε x = λ 2 λ 2 4 x = λ 2 (λ 2)(λ + 2) x = 1 λ + 2 Ασκηση 246. Για τις διάφορες τιμές του λ να λυθεί η εξίσωση : λx + 3 = 5 (x + λ) 1 Ασκηση 247. Για ποιές τιμές του λ η εξίσωση (λ 1) x λ = 0 με άγνωστο το x έχει περισσότερες από μία λύσεις ; Ασκηση 248. Για ποιές τιμές του t η εξίσωση t (x + 1) 3t = x t έχει λύση το x = 5; Ασκηση 249. Ενα ευθύγραμμο τμήμα έχει μήκος α και το χωρίζουμε σε δύ ο τμήματα που έχουν λόγο λ δηλαδή αν είναι x, y τα μήκη τους τότε x y = λ. Να ϐρεθούν τα μήκη των τμημάτων.

135 Εξισώσεις Η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 Σε αυτή την παράγραφο ϑα επιλύσουμε την εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0. Αν συμβαίνει α = 0 τότε η εξίσωση γίνεται βx + γ = 0 δηλαδή πρόκειται για μία εξίσωση που ήδη μελετήσαμε στην παράγραφο ;;. Επομένως στα επόμενα μπορούμε να υποθέσουμε ότι α 0 οπότε στην εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 το x 2 πραγματικά υπάρχει (στην 0x 2 + βx + γ = 0 υπάρχει ϕαινομενικά). Για τον λόγο αυτό η εξίσωση λέγεται δευτεροβάθμια. Η επίλυση της εξίσωσης αυτής έχει μακρά ιστορία. Κάποια στοιχεία μπορείτε να ϐρείτε στο σχετικό ιστορικό σημείωμα του ϐιβλίου σας. Πριν προχωρήσουμε στην επίλυση της ας δούμε ένα τρόπο που χρησιμοποιούσαν για να λύσουν μία ειδική περίπτωση οι Αρχαίοι Ελληνες. Ας υποθέσουμε ότι οι αριθμοί α, β είναι ϑετικοί και ϑέλουμε να λύσουμε την εξίσωση x 2 + αx β 2 = 0 Οι Αρχαίοι Ελληνες που είχαν εξαιρετικά ανεπτυγμένη την Γεωμετρία αλλά όχι και αυτό που σήμερα ονομάζουμε Άλγεβρα, ήσαν σε ϑέση να ϐρουν μία λύση με γεωμετρική μέθοδο : Αφού οι αριθμοί α, β είναι ϑετικοί μπορούν να αποτελέσουν μήκη ευθυγράμμων τμημάτων. Ας κατασκευάσουμε ένα ορ- ϑογώνιο τρίγωνο ABΓ (A η κορυφή της ορθής γωνίας) με κάθετες πλευρές β, α 2. Με κέντρο την κορυφή της γωνίας Γ του τριγώνου γράφουμε κύκλο με ακτίνα την κάθετη πλευρά AΓ= α 2. Σημειώνουμε με E, Z τα σημεία τομής του κύκλου με την ευθεία BΓ. Φέρνουμε και το απόστημα της ΓΔ χορδής AE. Η γωνία ẐAE είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη που ϐαίνει σε ημικύκλιο. Επομένως οι ΓΔ, ZA είναι παράλληλες ως κάθετες στην ίδια ευθεία. Εχουμε BAE = 90 ΓAΔ = ΔΓA = ΓZA Τα τρίγωνα AEB, ABZ έχουν κοινή την γωνία B και επίσης ÂEB = BZA. Η αναλογία της ομοιότητας είναι AB BZ = BE AB = AE AZ

136 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 127 Από την ισότητα των δύο πρώτων κλασμάτων έχουμε β x + α 2 + α 2 = x β δηλαδή β 2 = x (x + α) Επομένως το x επαληθεύει την εξίσωση x 2 + αx β 2 = 0. Θα δούμε τώρα την γενική λύση της εξίσωσης με μία τεχνική που είναι κατά πολύμεταγενέστερη και στηρίζεται σε μία ταυτότητα που υπάρχει στην άσκηση 19. Εκεί είδαμε ότι αx 2 + βx + γ = α ((x + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 ) Η ταυτότητα αυτή αποδεικνύεται εύκολα αν ξεκινήσουμε από το δεύτερο μέλος της : α ((x + β 2 2α ) β2 4αγ 4α 2 )= α (x 2 + βx α + β2 4α 2 β2 4αγ 4α 2 )= α (x 2 + βx α + β2 4α 2 β2 4α 2 4αγ 4α 2 )= α (x 2 + βx α + γ α )= αx 2 + xβ + γ Λόγω της ταυτότητας αυτής και της συνθήκης α 0 έχουμε αx 2 +xβ+γ = 0 α ((x + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 )=0 (x + β 2 2α ) β2 4αγ 4α 2 = 0 Η παράσταση β 2 4αγ ονομάζεται διακρίνουσα της εξίσωσης και συμβολίζεται με Δ. Θα έχουμε λύσει την αρχική εξίσωση αν λύσουμε την εξίσωση (x + β 2α )2 β2 4αγ = 0 4α 2 που γράφεται και (x + β 2α ) 2 Δ 4α 2 = 0 Παρατηρούμε ότι αν η Δ < 0 τότε ο προσθετέος Δ 4α 2 είναι ϑετικός. Δεδομένου ότι ο προσθετέος (x + β 2α )2 είναι μη αρνητικός το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι ϑετικό και επομένως δεν υπάρχει ελπίδα να είναι μηδέν. Στην περίπτωση

137 Εξισώσεις αυτή η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν Δ 0 τότε μπορούμε να γράψουμε Δ = Δ 2 και η εξίσωση μας γίνεται (x + β 2 Δ 2α ) ( 2α ) (x + β Δ 2α x + β Δ 2α x = β 2α + 2 2α )(x + β 2α + = 0 Δ )=0 (3.55) 2α Δ 2α = 0 ή x + β 2α + 2α = 0 Δ Δ 2α ή x = β 2α 2α Σημειώστε ότι στην ειδική περίπτωση όπου Δ = 0 η εξίσωση έχει δύο ίσες ϱίζες που συμπίπτουν με τον αριθμό x = β 2α. Συνοψίζοντας έχουμε ότι : Ηεξίσωσηαx 2 + βx + γ = 0 με α 0 και διακρίνουσα Δ = β 2 4αγ: Δεν έχει καμία λύση δηλαδή είναι αδύνατη αν Δ < 0 Εχει λύση αν Δ 0. Συγκεκριμένα αν Δ > 0 έχει δύο διαφορετικές λύσεις (ϱίζες) τους αριθμούς x 1,2 = β± Δ 2α.ΑνΔ = 0 οι δύο αυτές ϱίζες συμπίπτουν και η εξίσωση έχει μία διπλή ϱίζα τον αριθμό x = β 2α Ασκηση 250. Να λύσετε τις εξισώσεις 1. 4x x = 0 2. x x + 76 = 0 3. x x = x 2 + 3x + 20 = x 2 + 3x + 77 = x 2 64x 273 = 0 Ασκηση 251. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις έχοντας ως δεδομένο ότι η διακρίνουσα τους είναι μεγαλύτερη του μηδενός : 1. x 2 + αx β = x 2 + 4αx β = 0 3. x 2 +(β 2α) x 2αβ = x 2 + 5αx 12α 2 = 0 5. x 2 + μx + ν = 0 6. γx 2 + βx + α = 0 Ασκηση 252. Δίνεται η εξίσωση : x 2 + 2xy y 2 = 0 ( ) Να λύσετε την εξίσωση (( )): 1. Ως προς x (δηλαδή ϑεωρώντας ότι άγνωστος της είναι το x).

138 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις Ως προς y. Ασκηση 253. Να ϐρείτε ποιος πρέπει να είναι ο λ ώστε : 1. Η εξίσωση λx 2 + 3λx + 2 = 0 να έχει λύση τον αριθμό x = 1 2. Η εξίσωση λ 2 x 2 3x + λ = 0 να έχει λύση τον αριθμό x = Εξισώσεις που ανάγονται στην εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 Συχνά μπορεί μία εξίσωση μετά από κατάλληλους χειρισμούς να μας οδηγήσει σε μία εξίσωση της μορφής αx 2 + βx + γ = 0 που αν την λύσουμε έχουμε με τον ένα ή άλλο τρόπο επιλύσει την αρχική. Ας δούμε μερικά πα- ϱαδείγματα : Παράδειγμα 33. Να λυθεί η εξίσωση : 2 2 x = 4 2x x 2 Λύση. Στην εξίσωση μας έχουμε δυο παρονομαστές τους 2 x και 2x x 2 = x (2 x) που πρέπει να ϕροντίσουμε να είναι διάφοροι του μηδενός. Αυτό εξασφαλίζεται αν ϕροντίσουμε να είναι x 0 και x 2. Με αυτές τις προϋποθέσεις έχουμε : 2 2 x = 4 2x x x = 4 x (2 x) πολλαπλασιάζουμε επί 2x(2 x) 2x (2 x)( 2 2 x )=2x (2 x) 4 x (2 x) 4x + x (2 x)=8 6x x 2 = 8 x 2 + 6x 8 = 0 x 2 6x + 8 = 0 Θα έχουμε λύσει την αρχική μας εξίσωση αν λύσουμε την τελευταία. Η εξίσωση x 2 6x + 8 = 0 αποκομμένη από το αρχικό ερώτημα έχει ϱίζες τις x = 2 και x = 4. Ωστόσο καταλήξαμε σε αυτήν με τους περιορισμούς x 0 και x 2 επομένως ϑα απορρίψουμε την ϱίζα 2 και ϑα δεχθούμε μόνο την 4. Παράδειγμα 34. Να λυθεί η εξίσωση : (2x 1) 2 3 (2x 1)+2 = 0

139 Εξισώσεις Λύση. Μία ίσως πρώτη ιδέα ϑα ήταν να κάνουμε τα αναπτύγματα στο πρώτο μέλος και να λύσουμε την εξίσωση που προκύπτει. Ομως μπορούμε να δουλέψουμε και διαφορετικά αν προσέξουμε πως ο άγνωστος μας x εμ- ϕανίζεται δύο ϕορές και τις δύο μέσω της ίδιας παράστασης της 2x 1. Αν ονομάσουμε 2x 1 = u δηλαδή αν χρησιμοποιήσουμε ένα ϐοηθητικό άγνωστο μπορούμε να μοιράσουμε την δουλειά Βρίσκοντας πρώτα το u. Βρίσκοντας μετά το x. Θέτοντας λοιπόν όπου συναντάμε 2x 1 το u η εξίσωση μας γίνεται u 2 3u+2 = 0 η οποία λύνεται εύκολα και μας δίνει u 1 = 1 και u 2 = 2. Επιστρέφουμε τώρα στην 2x 1 = u έχουμε τις εξισώσεις 2x 1 = 1 και 2x 1 = 2 που η επίλυση τους μας δίνει x 1 = 1 και x 2 = 3 2. Παράδειγμα 35. Να λυθεί η εξίσωση : x 4 5x 2 36 = 0 Λύση. Επειδή x 4 = (x 2 ) 2 η εξίσωση γράφεται (x 2 ) 2 5x 2 36 = 0 Λόγω του διπλούτετραγώνου (x 2 ) 2 λέγεται διτετράγωνη. Ονομάζουμεx 2 = u και ϑα ϐρούμε πρώτα το u και μετά το x. Ηεξίσωσημαςγίνεται u 2 5u 36 = 0 η οποία εύκολα ϐρίσκουμε ότι έχει λύσεις u 1 = 4 και u 2 = 9. Αντικαθιστώντας τις δύο τιμές του u στην x 2 = u καταλήγουμε στις εξισώσεις : x 2 = 4 και x 2 = 9 Η πρώτη είναι αδύνατη και η δεύτερη μας δίνει λύσεις τις x 1 = 3 και x 2 = 3. Ασκηση 254. Να λύσετε τις εξισώσεις 1. 2x + 21 x+4 = x x 2 4x+3 = x = 1 x+3 (3 x) 3 +(4+x) 3 (3 x) 2 +(4+x) 2 = x + 5 x 2 = 2 6. x 2 +x+1 x 2 x+1 = 3α2 +β 2 α 2 +3β 2 Ασκηση 255. Να λύσετε τις εξισώσεις

140 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις x 4 5x = 0 2. (2x + 1) 2 3 (2x + 1) 1 = 0 3. ( 2x+3 x 1 )2 3 ( 2x+3 x 1 ) + 2 = x x 2 +5 = 2 5. (x 2 + x + 1)(x 2 + x + 2) 12 = (x + 1 x ) 2 (x2 + 1 x 2 ) = Οι σχέσεις του Vieta Στην παράγραφο αυτή ϑα εκφράσουμε το άθροισμα και το γινόμενο των ϱιζών της αx 2 + βx + γ = 0 συναρτήσει των συντελεστών της. Ο υπολογισμός είναι απλός. Αν η διακρίνουσα Δ είναι μη αρνητική η εξίσωση έχει ϱίζες x 1 = β Δ 2α και x 2 = β+ Δ 2α. Τότε το άθροισμα τους είναι : Francois Viete (Franciscus Vieta) x 1 + x 2 = β Δ 2α Και το γινόμενο τους είναι + β + Δ 2α x 1 x 2 = β Δ 2α ( β) 2 Δ 2 4α 2 β + Δ 2α = β2 Δ 4α 2 = ( β Δ) + ( β + Δ) 2α = ( β Δ)( β + Δ) 4α 2 = = β2 (β 2 4αγ) 4α 2 = 4αγ 4α 2 = γ α = 2β 2α = β α Το άθροισμα και το γινόμενο συμβολίζονται 3 με S και P. Είναι λοιπόν S = x 1 + x 2 = β α P = x 1 x 2 = γ α Σχέσεις του Vieta (3.56) Παράδειγμα 36. Να ϐρεθεί το άθροισμα και το γινόμενο των ϱιζών της εξίσωσης 2x 2 4x 1 = 0 χωρίς να λυθεί. Λύση. Η εξίσωση προφανώς έχει ϱίζες (γιατί ;). Είναι S = 4 2 = 2 και P = 1 2 = 1 2. Μάλιστα κοιτώντας το γινόμενο των ϱιζών καταλαβαίνουμε ότι η εξίσωση έχει δύο ετερόσημες ϱίζες. Παράδειγμα 37. Ηεξίσωσηαx 2 +βx+γ = 0 έχει ϱίζες x 1 και x 2.Ναεκφράσετε συναρτήσει των συντελεστών της την παράσταση x x2 2 Λύση. Η παράσταση x x2 2 έχει ένα χαρακτηριστικό : Είναι συμμετρική ως προς x 1 και x 2 δηλαδή αν εναλλάξουμε τα x 1 και x 2 ϑα προκύψει η ίδια παράσταση. Με άλλα λόγια αν στην ϑέση του x 1 ϐάλουμε το x 2 και στην ϑέση του x 2 ϐάλουμε το x 1 ϑα προκύψει η ίδια παράσταση : 3 Από τα λατινικά summa, productum. x x 2 2 x x 2 1

141 Εξισώσεις Μπορεί να αποδειχθεί ότι ϱητές συμμετρικές παραστάσεις των x 1, x 2 (δηλαδή παραστάσεις που δημιουργούνται μόνο με τις 4 πράξεις) μπορούν, άλλοτε εύκολα άλλοτε δύσκολα, να εκφρασθούν με την ϐοήθεια των S = x 1 + x 2 και P = x 1 x 2. Εδώ η έκφραση επιτυγχάνεται πολύεύκολα : x x 2 2 =(x 1 + x 2 ) 2 2x 1 x 2 = S 2 2P Για να έκφράσουμε τέλος την παράσταση μας με την ϐοήθεια των α, β, γ γραφουμε : S 2 2P =( β 2 α ) 2 γ α = β2 α 2 2 γ α = β2 2αγ α 2 Δηλαδή x x 2 2 = β2 2αγ α 2 Οι σχέσεις του Vieta μας επιτρέπουν να κατασκευάζουμε δευτεροβάθμιες εξισώσεις που οι ϱίζες τους έχουν δοθέν άθροισμα S και γινόμενο P.Πράγματι αφούϑα είναι β α = S και γ α = P ϑα είναι β = αs και γ = αp επομένως μία τέτοια εξίσωση μπορεί να είναι η αx 2 αsx + αp = 0 δηλαδή η εξίσωση α (x 2 Sx + P ) = 0 ή πιο απλά η x 2 Sx + P = 0. Δηλαδή: Μία εξίσωση με άθροισμα ϱιζών S και γινόμενο ϱιζών P είναι η x 2 Sx + P = 0 (3.57) Παράδειγμα 38. Να ϐρείτε δύο αριθμούς με άθροισμα 4 και γινόμενο 2. Λύση. Το άθροισμα των αριθμών αυτών ϑα είναι S = 4 και το γινόμενο 2. Η εξίσωση x 2 4x + 2 = 0 ϑα έχει ϱίζες αυτούς τους αριθμούς. Λύνοντας την εξίσωση αυτή μπορούμε να τους ϐρούμε. Πράγματι λύνοντας ϐρίσκουμε : x 1 = και x 2 = 2 2. Ασκηση 256. Με δεδομένο ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν ϱίζες να ϐρείτε το άθροισμα και το γινόμενο των ϱιζών τους χωρίς να τις λύσετε. 1. 2x 2 58x + 12 = 0 2. t t 2 = x 2 2αx + 6 = 0 4. tx 2 2tx + t 2 = 0 Ασκηση 257. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχει λύσεις ρ 1,ρ 2. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, β, γ τις παραστάσεις : 1. ρ 1 (ρ 2 + 1)+ρ 2 (ρ 1 + 1) 2. 1 ρ ρ 2+1 Ασκηση 258. Να ϐρείτε δευτεροβάθμια εξίσωση που να εχει κατα περίπτωση ϱίζες τους αριθμούς

142 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις και και και και 1 3 Ασκηση 259. Κάθε μία από τις παρακάτω εξισώσεις έχει ϱίζα τον αριθμό 1. Βρείτε την άλλη ϱίζα της. 1. 2x x 930 = 0 2. x x = 0 Ασκηση 260. Στις παρακάτω περιπτώσεις δίνεται το άθροισμα S και το γινόμενο P δύο αριθμών. Να ϐρείτε τους αριθμούς. 1. S = 15, P = S = 19, P = S = 12, P = 3 4. S = 2α, P = α 2 β 2 Ασκηση 261. Με δεδομένο ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν ϱίζες να ϐρείτε το πρόσημο των ϱιζών χωρίς να λύσετε τις εξισώσεις. 1. 7x x 1 = x 2 9x + 2 = x 2 14x + 1 = x 2 + 5x + 1 = Ανισώσεις Αν έχουμε μία ανισότητα που ενδιαφερόμαστε να μάθουμε για ποιες τιμές κάποιων γραμμάτων (μεταβλητών) της η ανισότητα αληθεύει τότε έχουμε μία ανίσωση. Οπως συμβαίνει και με τις ταυτότητες - εξισώσεις η διαφορά μεταξύ ανίσωσης και ανισότητας δεν ευκρινής (ϐλ ). Ακόμη όπως και στις εξισώσεις οι ανισότητες έχουν λύσεις τις οποίες ϑεωρούμε ότι αποτελούν στοιχεία ενός συνόλου του συνόλου λύσεων της ανίσωσης. Η ανίσωση x 2 > 0 έχει λύση κάθε αριθμό που είναι μεγαλύτερος του 2 και το σύνολο λύσεων της είναι το [2, + ). Ηανίσωση(x + 1) (y 2 + 1) > 0 με αγνώστους x, y έχει λύση Ϲεύγη (x, y) με x > 1, y R Η ανίσωση αx + β > 0 Γιαναλύσουμετηνανίσωση2x + 4 > 0 κάνουμε μερικούς απλούς χειρισμούς : 2x 2x + 4 > 0 2x > 4 2 > 4 2 x > 2 Επομένως το σύνολο λύσεων της ανίσωσης απαρτίζεται από τους αριθμούς x με x > 2μεάλλα λόγια είναι το διάστημα ( 2, + ). Μπορούμε κατά τα γνωστά να παραστήσουμε το σύνολο λύσεων έτσι : ήέτσι:

143 Ανισώσεις Για να λύσουμε την ανίσωση 2x + 4 > 0 ακολουθούμε την ίδια πορεία : 2x + 4 > 0 2x > 4 2x 2 < 4 2 x < 2 όπου προσέξαμε στο σημείο που διαιρούμε δια του 2 να αλλάξουμε την ϕορά της ανίσωσης. Το σύνολο λύσεων της ανίσωσης μας μπορεί να παρασταθεί με το διάγραμμα : ήμετοδιάγραμμα: Μπορούμε όπως εργασθήκαμε προηγουμένως να εργασθούμε με τυχόντες αριθ-μούς δηλαδή να επιλύσουμε την αx + β > 0 x > β α αν α > 0 ή αx + β > 0 αx > β x < β α αν α < 0 ή 0 > β αν α = 0 Οι δύο πρώτες περιπτώσεις όπου α > 0 ή α < 0 είναι ξεκάθαρες : Το σύνολο λύσεων της ανίσωσης στην πρώτη περίπτωση είναι το ( β α, + ) ενώ στην δεύτερη το (, β α ). Η τρίτη περίπτωση όπου α = 0 ϑέλει λίγο μεγαλύτερη προσοχή. Στην περίπτωση αυτή ϐρίσκουμε ότι αx + β > 0 0 > β. Που σημαίνει ότι η αx + β > 0 ϑα αληθεύει για κάποιο x αν αληθεύει ότι 0 > β δηλαδή β > 0. Αν λοιπόν συμβαίνει πράγματι β > 0 τότε η αx + β > 0 ϑα αληθεύει για κάθε x και σύνολο λύσεων της ϑα είναι το R. Αν όμως δεν συμβαίνει β > 0 δηλαδή είναι β 0 τότε η αx + β > 0 δεν ϑα αληθεύει για κανένα x και σύνολο λύσεων της ϑα είναι το. Μπορούμε να συνοψίσουμε τα συμπεράσματα μας στον παρακάτω πίνακα που δεν είναι απαραίτητο να ϑυμάστε :

144 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 135 Ηανίσωσηαx + β > 0: Εχει σύνολο λύσεων το διάστημα ( β α, + ) αν α > 0. Εχει σύνολο λύσεων το διάστημα (, β α ) αν α < 0. Εχει σύνολο λύσεων το R αν α = 0 και β > 0. Εχει σύνολο λύσεων το δηλαδή είναι αδύνατη αν α = 0 και β 0. Σημείωση 4. Οι ανισώσεις της μορφής αx + β 0, αx + β < 0, αx + β 0 αντιμετωπίζονται παρόμοια με την αx + β > 0. Παράδειγμα 39. Να λυθεί η ανίσωση 3x Λύση. Είναι 3x x 2 3x x 2 3 Παράδειγμα 40. Να λυθεί η ανίσωση λx + 1 x. Λύση. Εχουμε : λx + 1 x λx x 1 (λ 1) x 1. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις : λ 1 > 0 δηλαδή λ > 1. Τότε η ανίσωση έχει λύσεις τα x με x 1 λ 1. λ 1 > 0 δηλαδή λ < 1. Τότε η ανίσωση έχει λύσεις τα x με x 1 λ 1. λ 1 = 0 δηλαδή λ = 1. Τότε η ανίσωση γράφεται0 1 και έχει κάθε πραγματικό αριθμό x ως λύση. Ασκηση 262. Να λύσετε τις ανισώσεις : 1. 2x > x > x < x < x + 2 < (x + 2)>4 Ασκηση 263. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις :

145 Ανισώσεις 1. αx > 4 όταν α > (α 2) x όταν α > 2 3. (2α 1) x < α + 1 όταν α > (α 2 + β 2 + 1) x < 3 + 2α Ασκηση 264. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις : 1. x+1 3 x 1 4 > (x 1)+ 2x 1 4 < 3 Ασκηση 265. Δίνεται η ανίσωση 3x + 4 < 5 Για ποιές τιμές του t οαριθμός2t 1 είναι λύση της ανίσωσης ; Ασκηση 266. Να λύσετε την ανίσωση 2x 3y > Ως προς x. 2. Ως προς y. Ασκηση 267. Για ποιές τιμές του m η εξίσωση 2x 2 3x + m + 1 = 0 με άγνωστο τον x έχει λύση ; Κοινές λύσεις ανισοτήτων (συναλήθευση) Συχνά μας ενδιαφέρει να ϐρούμε τις τιμές που επαληθεύουν δύο ή περισσότερες ανισώσεις. Κάθε τιμή που επαληθεύει μία ανίσωση ανήκει στο σύνολο λύσεων τους. Αφού Ϲητάμε τις τιμές που επαληθεύουν όλες τις ανισώσεις Ϲητάμε τιμές που ανήκουν σε όλα τα σύνολα λύσεων δηλαδή στην τομή των συνόλων λύσεων τους. Παράδειγμα 41. Να ϐρεθούν οι κοινές λύσεις των ανισώσεων 4 3x > 0 και 5 6x > 0 Λύση. Λύνουμε τις δύό ανισώσεις και ϐρίσκουμε ότι η πρώτη έχει σύνολο λύσεων (, 4 3 ) και η δεύτερη (, 5 ). 6 Το σύνολο των κοινών λύσεων είναι η τομή των επιμέρους συνόλων λύσεων : (, 4 3 ) (, 5 6 ) = (, 5 6 ). Παράδειγμα 42. Να λυθεί η ανίσωση 4 < 3x 1 < 5.

146 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 137 Λύση. Η διπλή αυτή ανίσωση επαληθεύεται για εκείνα τα x που επαληθεύουν τις επιμέρους ανισώσεις : 4 < 3x 1 και 3x 1 < 5. Λύνουμε τις δύο αυτές ανισώσεις και ϐρίσκουμε ότι έχουν σύνολα λύσεων αντιστοίχως τα ( 5 3, + ) και (, 2). Θέλουμε να αληθεύουν και οι δύο ανισότητες επομένως ως λυση της διπλής ανίσωσης ϑα πάρουμε την τομή των δύο συνόλων : ( 5 3, + ) (, 2) = ( 5 3, 2). Παράδειγμα 43. Να ϐρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί m για τους οποίους ο αρι- ϑμός m 2 5 ανήκει στο διάστημα ( 6, 6). Λύση. Ζητάμε εκείνες τις λύσεις της διπλής ανίσωσης 6 < m 2 5 < 6 που είναι ακέραιοι αριθμοί. Μπορούμε να ϐρούμε πρώτα όλες τις λύσεις και μετά να δούμε ποιες είναι ακέραιοι αριθμοί. Λύνουμε χωριστά τις επιμέρους ανισώσεις 6 < m 2 5, m 2 5 < 6 και ϐρίσκουμε ότι πρέπει < m < Επομένως το m πρέπει να ανήκει στο διάστημα ( 1 2 2, ). Απομένει να ϐρούμε ποιά από αυτά τα m είναι ακέραιοι αριθμοί. Εχουμε ότι είναι περίπου = 0, 7 και = 7, 8. Άρα οι ακέραιες τιμές που μπορεί να πάρει το m είναι m = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Ασκηση 268. Να συναληθεύσετε τις ανισώσεις 1. 4x και 12 2x x < 1 και 31 4x > 0 3 Ασκηση 269. Να λύσετε την ανίσωση 3 5 6x < 5 8. Ασκηση 270. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του λ η εξίσωση x 2 4x + 5λ 1 = 0 έχει δύο ϑετικές ϱίζες Πρόσημο του αx + β, α 0. Οπως είδαμε στα προηγούμενα αν έχουν δοθεί οι αριθμοί α, β με α 0 μπορούμε να ϐρούμε για ποια x είναι αx + β = 0 (επιλύοντας την εξίσωση) και για ποια x είναι αx + β > 0 ή αx + β < 0 (επιλύοντας την αντίστοιχη ανίσωση). Με άλλα λόγια μπορούμε να ϐρίσκουμε το πρόσημο της παράστασης 4 αx + β 4 Αν ϑέλαμε να δώσουμε ένα όνομα σε αυτή την παράσταση αυτή ϑα μπορούσε να είναι «πρωτοβάθμιο διώνυμο»

147 Ανισώσεις για τις διάφορες τιμές του x. Αφούείναια 0 η μελέτη μας περιορίζεται στις περιπτώσεις : α > 0 Είναι αx + β > 0 αx > β x > β α αx + β < 0 αx < β x < β α αx + β = 0 αx = β x = β α Τα παραπάνω μπορούν να παρασταθούν με τον πίνακα : x β α + αx + β 0 + α < 0 Είναι αx + β > 0 αx > β x < β α αx + β < 0 αx < β x > β α αx + β = 0 αx = β x = β α Ο αντίστοιχος πίνακας είναι τώρα : x β α + αx + β + 0 Αν δούμε προσεκτικά αυτές τις διάσπαρτες πληροφορίες μπορούμε να καταλήξουμε σε ένα απλό συμπέρασμα : Η παράσταση αx + β, α 0 μηδενίζεται μόνο για την τιμή x = β α που είναι η ϱίζα της και έχει το ίδιο πρόσημο με το α αν και μόνο αν το x είναι μεγαλύτερο της ϱίζας της. Παράδειγμα 44. Για τις διάφορες τιμές του x να ϐρεθεί το πρόσημο του 3x + 4. Λύση. Η 3x + 4 μηδενίζεται για x = 4 3. Επειδή ο συντελεστής του x εδώ είναι 3 < 0 το 3x + 4 είναι ομόσημο του 3 δηλαδή αρνητικό για τα x που είναι μεγαλύτερα της ϱίζας ενώ είναι ϑετικό για τα x που είναι μικρότερα της ϱίζας.

148 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 139 x 3x Παράδειγμα 45. Για τις διάφορες τιμές του x να ϐρεθεί το πρόσημο του ( 3 1) x + ( 3 + 1). Λύση. Εδώ είναι α = 3 1 > 0 και η ϱίζα της ( 3 1) x + ( 3 + 1) είναι οαριθμόςx = 3+1 = ( 3+1)( 3+1) 3 1 ( 3 1)( 3 3+1) = = 2 3. Για τιμές του x πάνω από την ϱίζα αυτή η παράσταση μας είναι ϑετική ενώ για τιμές του x κάτω από την ϱίζα η παράσταση μας ϑα είναι αρνητική. x ( 3 1) x + ( 3 + 1) Πρόσημο γινομένων -πηλίκων. Μπορούμε να ϐρίσκουμε εύκολα το πρόσημο μίας παράστασης που είναι γινόμενο παραγόντων της μορφής αx + β, α 0 ακολουθώντας απλώς τους κανόνες των προσήμων. Παράδειγμα 46. Για τις διάφορες τιμές του x να ϐρεθεί το πρόσημο του (2x 1)(4 3x). Λύση. Δεν έχουμε παρά να «παρακολουθήσουμε» τις μεταβολές προσήμου των παραγόντων του. Για κάθε παράγοντα μεμονωμένα είναι εύκολο να κάνουμε ένα πίνακα για το πρόσημο του : x x x x + 0 Για να δούμε πως συμπεριφέρεται το πρόσημο του γινομένου αρκεί να παρατηρήσουμε πως οι δύο ϱίζες χωρίζουν τους υπόλοιπους πραγματικούς αριθμούς πραγματικούς αριθμούς σε τρία μέρη-διαστήματα. Τα (, 1 2 ), ( 1 2, 4 3 ), ( 4 3, + ). Αν διαλέξουμε μία τιμή του x σε κάποιο από αυτά ο κάθε παράγοντας έχει κάποιο πρόσημο :

149 Ανισώσεις και το πρόσημο του γινομένου προκύπτει απλά από το γινόμενο των προσήμων. Φυσικά αν το x γίνει ίσο με μία από τις ϱίζες το γινόμενο ϑα γίνει μηδέν. Ετσι : Οταν x (, 1 ) 2 ο παράγοντας 2x 1 είναι αρνητικός, ο παράγοντας 4 3x είναι ϑετικός και το γινόμενο είναι αρνητικό. Οταν x = 1 2 ο παράγοντας 2x 1 γίνεται μηδέν επομένως και το γινόμενο γίνεται μηδέν. x ( 1 2, 4 ) 3 τότε και οι δύο παράγοντες 2x 1, 4 3x γίνονται ϑετικοί επομένως και το γινόμενο γίνεται ϑετικό. Οταν x = 4 3 ο παράγοντας 4 3x γίνεται μηδέν επομένως και το γινόμενο γίνεται μηδέν. x ( 4 3, + ) ο παράγοντας 2x 1 γίνεταιϑετικός,οπαράγοντας4 3x αρνητικός και το γινόμενο γίνεται αρνητικό. Ολα αυτά μπορούν να ϕανούν πολύ σύντομα και καθαρά αν «ενώσουμε» τους δύο προηγούμενους πίνακες σε ένα : x x 1 4 3x (2x 1)(4 3x) Παράδειγμα 47. Για τις διάφορες τιμές του x να ϐρεθεί το πρόσημο του 2x 1 5x+10. Λύση. Μπορούμε να εργασθούμε όπως με το γινόμενο αφού οι κανόνες των προσήμων για τα πηλίκα είνα ίδιοι με τους κανόνες για τα γινόμενα. Το μόνο που πρέπει να προσέξουμε είναι ότι δεν πρέπει να «επιτρέψουμε» στον παρονομαστή μας να μηδενισθεί δηλαδή να πάρει την τιμή της ϱίζας του που είναι ο αριθμός 2. Αυτόν τον αριθμό τον εξαιρούμε από τον πίνακα μας και το γεγονός αυτό δηλώνεται με μία διπλή γραμμή.

150 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 141 x x 1 5x x 1 5x Ασκηση 271. Στο παράδειγμα 46 να ϐρείτε το πρόσημο του γινομένου για x = 2012 χωρίς να κάνετε την αντικατάσταση. Ασκηση 272. Στο παράδειγμα 47 να ϐρείτε το πρόσημο του πηλίκου για χωρίς να κάνετε την αντικατάσταση. Ασκηση 273. Να συμπληρώσετε τον παρακάτω πίνακα για να ϐρείτε τις μεταβολές του προσήμου του γινομένου (3 x)(5 + 4x)(3x 1). x x x 0 3x 1 0 (3 x)(5 + 4x)(3x 1) Ασκηση 274. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του x τα παρακάτω γινόμενα είναι ϑετικά και για ποιες αρνητικά : 1. (2 4x)(x + 5) 2. (x 1 ) (2x 1) 2 3. (1 x)(2 x)(3 x) Ασκηση 275. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του x το κλάσμα : είναι ϑετικό και για ποιές είναι αρνητικό. (2x 1)(x + 3) 5x + 7

151 Ανισώσεις Η ανίσωση αx 2 + βx + γ > 0, α 0 Στα επόμενα ϑα ασχοληθούμε με την ανίσωση αx 2 + βx+ γ > 0, α 0 και τις παρεμφερείς ανισώσεις που προκύπτουν από αυτήν αν αντικαταστήσουμε το < με κάποιο από τα >,,. Τοτριώνυμοαx 2 + βx+ γ είναι μια πιο σύνθετη παράσταση από την αx + β που μελετήσαμε προηγουμένως και ϑα προσπα- ϑήσουμε εφ όσον είναι δυνατόν να γράψουμε την αx 2 + βx+ γ με την ϐοήθεια απλούστερων παραστάσεων που στην περίπτωση μας σημαίνει να την γράψουμε ως γινόμενο παραγόντων. Ηδη λύνοντας την εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχουμε αποκτήσει την σχετική «τεχνογνωσία» Μορφές του τριωνύμου αx 2 + βx + γ > 0, α 0 Είχαμε δει ότι όταν 0 ισχύει : αx 2 + βx + γ = α ((x + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 ) (3.58) από το οποίο προέκυψε ότι όταν είναι Δ 0 μπορούμε να γράψουμε (ϐλ. σελίδα 128, σχέση (3.55) ) αx 2 + βx + γ =(x + β Δ 2α 2α )(x + β Δ 2α + 2α ) β Ομως οι αριθμοί 2α Δ 2α, β 2α + Δ 2α δε είναι άλλοι από τους αντίθετους των αριθμών x 1 = β 2α + Δ 2α και x 2 = β 2α Δ 2α πουείναιοιϱίζεςτηςεξίσωσης αx 2 + βx + γ = 0 ή αλλιώς οι αριθμοί (ϱίζες) που μηδενίζουν το τριώνυμο αx 2 + βx + γ. Επομένως Αν για την διακρίνουσα του αx 2 + βx + γ ισχύει Δ 0 τότε αx 2 + βx + γ = α (x x 1 )(x x 2 ) όπου x 1,2 = β± Δ 2α (3.59) Η παραπάνω σχέση είναι χρήσιμη για να μετατρέπουμε σε γινόμενο παραγόντων τριώνυμα με μη αρνητική διακρίνουσα. Αξίζει να σημειωθεί ότι αν η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική τότε δε μπορεί να γραφεί ως γινόμενο δύο πρωτοβαθμίων παραγόντων της μορφής px + q (δείτε άσκηση 278). Στην ειδική περίπτωση όπου Δ = 0 μπορούμε να δούμε πως γίνεται το τριώνυμο κοιτώντας την σχέση (3.58). Θα ϐρούμε ότι αx 2 + βx + γ = α(x + β 2α ) 2 Ωστόσο μπορούσαμε να εργασθούμε και με την σχέση (3.55) ): Αφού η διακρίνουσα είναι μηδέν ϑα έχουμε δύο ίσες ϱίζες δηλαδή x 1 = x 2 και το τριώνυμο ϑα έπαιρνε την μορφή αx 2 + βx + γ = α (x x 1 )(x x 1 )=a(x x 1 ) 2

152 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 143 όπου x 1 είναι η διπλή ϱίζα του τριωνύμου. Αλλά η διπλή ϱίζα είναι ίση με x 1 = β 2α και επομένως ϐρίσκουμε πάλι αx2 +βx+γ = a(x ( β 2α ))2 = a(x + β 2α )2. Παράδειγμα 48. Να μετατραπεί σε γινόμενο παραγόντων το τριώνυμο 3x 2 + 2x 1. Λύση. Εύκολα ϐρίσκουμε ότι οι ϱίζες του τριωνύμου είναι οι αριθμοί x 1 = 1 και x 2 = 1 3 επομένως 3x2 + 2x 1 = 3 (x ( 1)) (x 1 3 ) δηλαδή 3x 2 + 2x 1 = 3 (x + 1)(x 1 3 ) Μπορούμε ϐέβαια τον συντελεστή 3 να τον «χρεώσουμε» στον παράγοντα (x 1 3 ) οπότε ϑα έχουμε 3x 2 + 2x 1 =(x + 1)(3x 1). Παράδειγμα 49. Να μετατραπεί σε γινόμενο παραγόντων το τριώνυμο 3x 2 + x + 1. Λύση. Εδώ οι ϱίζες είναι x 1 = και x 2 = Επομένως 3x 2 + x + 1 = 3 (x )(x 1 13 ) 6 Παράδειγμα 50. Να μετατραπεί σε γινόμενο παραγόντων το τριώνυμο 9x 2 12x + 4. Λύση. Εδώ έχουμε διακρίνουσα ίση με το μηδέν και δύο ϱίζες ίσες με 2 3 επομένως 9x 2 12x + 4 = 9 (x 2 3 )(x 2 3 )=9 (x 2 3 ) 2 Φυσικά μπορούσαμε να προσέξουμε από την αρχή ότι έχουμε το ανάπτυγμα 9x 2 12x + 4 =(3x 2) 2. Οι δύο αυτές μορφές εκφράζουν το ίδιο πράγμα αφού 9 (x 2 3 )2 = 3 2 (x 2 3 )2 = (3 (x 2 3 ))2 =(3x 2) 2. Παράδειγμα 51. Να μετατραπεί σε γινόμενο παραγόντων η παράσταση 2α αβ + 15β 2. Λύση. Μπορούμε να ϑεωρήσουμε την παράσταση αυτή σαν τριώνυμο ως προς α. Μόνο που πρέπει να είμαστε προσεκτικοί στο ϑέμα των συντελεστών «α», «β», «γ»: 2 α β α + 15β 2 «α» «γ» «β» οπότε διακρίνουσα είναι (11β) β 2 = β 2 και οι ϱίζες είναι 11β±β 2 2 δηλαδή οι αριθμοί 5 2β και 3β. Επομένως 2α αβ + 15β 2 = 2 (α ( 5 2 β)) (α ( 3β)) = 2 (α + 5 β)(α + 3β) 2

153 Ανισώσεις Πολλαπλασιάζοντας το 2 με το α β ϐρίσκουμε 2α αβ + 15β 2 =(2α + 5β)(α + 3β) Ασκηση 276. Να γράψετε ως γινόμενο τα τριώνυμα : 1. 2x 2 5x x 2 + 4x x 2 8x 33 Ασκηση 277. Να απλοποιήσετε τα κλάσματα x 2 +6x 91 x 2 +8x 105 2a 2 +8a 90 3a 2 36a+105 b 2 9bx+14x 2 b 2 bx 2x 2 Ασκηση 278. Να αποδείξετε ότι αν το τριώνυμο αx 2 + βx+ γ έχει αρνητική διακρίνουσατότεδεμπορείναπάρειτηνμορφήαx 2 + βx + γ =(px + q)(p x + q ) όπου p, q, p,q είναι σταθεροί αριθμοί Πρόσημο του τριωνύμου αx 2 + βx + γ, α 0 Μπορούμε τώρα να αξιοποιήσουμε όσα μάθαμε στην προηγούμενη παράγραφο για να ϐρούμε το πρόσημο του τριωνύμου αx 2 + βx + γ. Παρατηρούμε ότι λόγω της ισότητας : αx 2 + βx + γ = α ((x + β 2α ) 2 Δ 4α 2 ) το πρόσημο του τριωνύμου αx 2 + βx + γ είναι το ίδιο με το πρόσημο της παράστασης α ((x + β 2 2α ) Δ 4α 2 ) και επειδή το πρόσημο του α είναι δεδομένο και δεν αλλάζει όταν μεταβάλλεται το x τελικά το πρόσημο εξαρτάται αποκλειστικά από το πρόσημο της παράστασης (x + β 2 2α ) Δ 4α 2 Για εκείνα τα x που η παράσταση αυτή γίνεται ϑετική το τριώνυμο είναι ομόσημο του α, για εκείνα που γίνεται αρνητική ετερόσημο και για εκείνα που γίνεται μηδέν και το τριώνυμο γίνεται μηδέν.

154 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 145 Αν είναι Δ < 0 τότε το πρόσημο της (x + β 2α )2 Δ 4α 2 ϐρίσκεται εύκολα : (x + β 2α ) 2 Δ 4α 2 =(x + β 2 2α ) 0 + Δ 4α 2 >0 >0 που σημαίνει ότι κάθε ϕορά το αx 2 + βx+ γ έχει πάντα το ίδιο πρόσημο με το α όποιος και να είναι ο x. Αν είναι Δ = 0 τότε (x + β 2α )2 Δ =(x + β 4α 2 2α )2. Η παράσταση αυτή είναι πάντα μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Για την ακρίβεια είναι ϑετική όταν x β 2α και είναι μηδέν όταν x = β 2α. Επομένως το τριώνυμο ϑα έχει το ίδιο πρόσημο με το α για κάθε τιμή του x εκτός από την τιμή της διπλής ϱίζας του β 2α που ϑα είναι ίσο με το μηδέν. Αν είναι Δ > 0 τότε το τριώνυμο έχει δύο ϱίζες x 1 < x 2 και (x + β 2α )2 Δ 4α 2 =(x x 1 )(x x 2 ). Το πρόσημο του γινομένου αυτούϐρίσκεται εύκολα : > 0 x x x 1 x x 2 x 1 x (x x 1 )(x x 2 ) Στην περίπτωση αυτή το τριώνυμο γίνεται μηδέν όταν το x γίνει ίσο με της ϱίζες, ομόσημο του α για τιμές του x εκτός των ϱιζών (μικρότερες από την μικρότερη ϱίζα ή μεγαλύτερες από την μεγαλύτερη) και ετερόσημο μεταξύτων ϱιζών. Συνοψίζοντας έχουμε : Το τριώνυμο αx 2 + βx + γ είναι ομόσημο του α Για όλα τα x αν Δ < 0. Για όλα τα x εκτός της διπλής ϱίζας αν Δ = 0. Μόνο για όλα τα x εκτός των ϱιζών αν Δ > 0. (3.60)

155 Ανισώσεις Τα προηγούμενα κάπως πιο αναλυτικά απεικονίζονται στον πίνακα : α + + Δ 0 Παράδειγμα 52. Να ϐρεθεί το πρόσημο του τριωνύμου 2x 2 + 4x + 1 Λύση. Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα ϑετική και ϱίζες τους αριθμούς και Μεταξύτων ϱιζών είναι ετερόσημο του α = 2 δηλαδή ϑετικό και εκτός των ϱιζών ομόσημο δηλαδή αρνητικό. Οταν το x γίνει ίσο με κάποια απότιςϱίζεςτότεςασφαλώςτοτριώνυμοϑαγίνειμηδέν. Παράδειγμα 53. Να ϐρεθεί το πρόσημο του τριωνύμου ( 7 3) (x 2)(x + 3). Λύση. Αν κάναμε τις πράξεις (δεν τις κάνουμε γιατί η Ϲωή είναι μικρή) ϑα ϑα παίρναμε ένα τριώνυμο με συντελεστή του x 2 τον αρνητικό αριθμό 7 3 καιϱίζεςτουςαριθμούς 3 και 2. Επομένως το τριώνυμο μεταξύτων 3 και 2 είναι ϑετικό και εκτός αρνητικό. Ασκηση 279. Να ϐρείτε τα πρόσημα των παρακάτω τριωνύμων : 1. 3x x x 2 + 3x x 2 35x x 2 + x x 1 4x x + 9x 2 Ασκηση 280. Να αποδείξετε ότι για κάθε Ϲεύγος αριθμών α, β ισχύει 1. α 2 + αβ + β α 2 αβ + β 2 0

156 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 147 Ασκηση 281. Να αποδείξετε ότι για κάθε Ϲεύγος αριθμών x, y ισχύει : x 2 2x y 2 4y > 0 Ασκηση 282. Ενα τριώνυμο είναι ϑετικό για x = 1 αρνητικό για x = 2 και ϑετικό για x = 3. Τι πρόσημο έχει για x = 4; Επίλυση της ανίσωσης αx 2 + βx + γ > 0, α 0 Για να λύσουμε την ανίσωση αx 2 + βx + γ > 0 οι παρόμοιες ανισώσεις δεν έχουμε παρά να ϐρούμε κοιτώντας το πρόσημο του τριωνύμου για ποια x το τριώνυμο είναι ϑετικό ή ότι άλλο χρειάζεται να είναι. Παράδειγμα 54. Να λυθεί η ανίσωση 2x 2 2x 24 > 0. Λύση. Το τριώνυμο 2x 2 2x 24 έχει α = 2 > 0 και ϱίζες 3 και 4. Επομένως η ανίσωση έχει λύσεις τα x < 3 και τα 4 < x. Δηλαδή το σύ νολο λύσεων της είναι το (, 3) (4, + ). Παράδειγμα 55. Να λυθεί η ανίσωση 3x 2 2x 1 < 0. Λύση. Το τριώνυμο 3x 2 2x 1 έχει α = 3 > 0 και ϱίζες 1 3 και 1. Θέλουμε να είναι αρνητικό δηλαδή ετερόσημο του α. Άρα ϑα επιλέξουμε τα x που ϐρίσκονται μεταξύτων ϱιζών 1 3 και 1. Δηλαδήταx με 1 3 < x < 1. Το σύνολο λύσεων της είναι το ( 1 3, 1). Παράδειγμα 56. Να λυθεί η ανίσωση 3x 2 11x 4 0. Λύση. Εδώ το τριώνυμο του πρώτου μέλους γίνεται ϑετικό εκτός των ϱιζών του που είναι 1 3 και 4. Αφούμας ενδιαφέρει και η περίπτωση όπου γίνεται μηδέν πρέπει να συμπεριλάβουμε στις λύσεις της ανίσωσης και τις ϱίζες του τριωνύμου. Συνεπώς το σύνολο λύσεων είναι το (, 1 ] 3 [4, + ). Παράδειγμα 57. Να λυθεί η ανίσωση 2x 2 x + 1. Λύση. Το τριώνυμο του α μέλους έχει αρνητική διακρίνουσα και επομένως είναι πάντα ομόσημο του α = 2 δηλαδή ϑετικό. Άρα δεν υπάρχουν τιμές του x για τις οποίες το τριώνυμο να γίνεται αρνητικό. Συνεπώς η ανίσωση μας είναι αδύνατη. Παράδειγμα 58. Να ϐρεθεί για ποιες τιμές του λ ηεξίσωσηx 2 2λx+4λ 3 = 0 έχει δύο διαφορετικές ϱίζες. Λύση. Πρέπει η διακρίνουσα ( 2λ) (4λ 3) της εξίσωσης να είναι ϑετική δηλαδή πρέπει 4λ 2 16λ + 12 > 0. Λύνοντας την τελευταία ανίσωση ϐρίσκουμε ότι πρέπει λ (, 1) (3, + ). Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε ένα πίνακα για να ϐρούμε το πρόσημο του γινομένου του πρώτου μέλους τοποθετώντας τις ϱίζες των τριωνύμων, εφ όσον υπάρχουν κατά αύξουσα σειρά :

157 Ανισώσεις x x 2 7x 4 3x 2 16x (2x 2 7x 4)(3x 2 16x + 5) Από το πίνακα προκύπτει πως το γινόμενο (2x 2 7x 4)(3x 2 16x + 5) γίνεται μικρότερο ή ίσο του 0 όταν 1 2 x 1 3 ή 4 x 5. Τελικά σύνολο λύσεων είναι το [ 1 2, 1 ] 3 [4, 5]. Παράδειγμα 59. Να λυθεί η ανίσωση x 2 x+2 2x 3 4x 1 Λύση. Φυσικά x 2, 1 4. Μολονότι έχουμε παρονομαστές η απαλοιφή παρονομαστών δεν προσφέρεται γιατί έχουμε ανίσωση και δεν ξέρουμε τι πρόσημο μπορεί να έχει ο κάθε παρονομαστής. Η ϐασική ιδέα είναι να μεταφέρουμε τα πάντα σε ένα μέλος και να καταλήξουμε σε ένα κλάσμα και αργότερα σε ένα γινόμενο. Για x 2, 1 4 έχουμε : x 2 x + 2 2x 3 4x 1 x 2 x + 2 2x 3 4x 1 0 (x 2)(4x 1) (x + 2)(2x 3) (x + 2)(4x 1) 0 2x 2 10x + 8 (x + 2)(4x 1) 0 (2x 2 10x + 8) (x + 2)(4x 1) 0 Για την τελευταία ανίσωση κατασκευάζουμε τον κατάλληλο πίνακα :

158 Κεφάλαιο 3. Ταυτότητες, Ανισότητες, Εξισώσεις, Ανισώσεις 149 x x 2 10x + 8 x + 2 4x (2x 2 10x + 8) (x + 2)(4x 1) Βλέπουμε ότι το σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι το (, 2) ( 1 4, 1] (4, + ) Ασκηση 283. Να λύσετε, χωρίς χαρτί και μολύβι, τις ανισώσεις 1. (x + 2)(x 2)<0 2. (x + 3)(x + 7) 0 3. (x )(x 3 4 ) < 0 4. (2x + 3)(3x 4) 0 5. (x + 5)(2x + 5)>0 6. (3 2x)(3x + 2)>0 Ασκηση 284. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις έχοντας ως δεδομένο ότι 0 < α < β < γ < δ 1. (x α)(x β)<0 2. (x + α)(x + β)>0 3. (x + α)(x δ) 0 4. (x + γ)(x + δ) 0 5. (2x α)(x α) <0 6. (α x)(x + γ)>0 Ασκηση 285. Να λύσετε τις ανισώσεις 1. x 2 x 12 > x 2 + 2x + 1 > x 2 4x + 1 > x 2 4x + 1 < x 2 + x 1 > 0 6. x 2 + 4x + 6 < x 2 + 4x x 2 + 4x + 9 > 0 Ασκηση 286. Να λύσετε τις ανισώσεις 1. 1 < x 2 x < < x x x < x x+1 < 4

159 Ανισώσεις Ασκηση 287. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του y η εξίσωση έχει λύση ως προς x. x 2 + 4x + 1 x 2 + x + 1 = y Ασκηση 288. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του y υπάρχει x ώστε 2x + 1 x 2 3x + 2 = y Ασκηση 289. Να ϐρείτε για ποιες τιμές του λ ισχύουν τα επόμενα : 1. Η εξίσωση 3x 2 4λx + λ + 1 = 0 έχει δύο διαφορες λύσεις. 2. λx 2 + 4λx + 1 > 0 για κάθε x R 3. Το κλάσμα x ορίζεται για κάθε x R x 2 +x+λ 4. Η παράσταση 2x 2 + λx + 1 ορίζεται για κάθε x R Ασκηση 290. Προσπαθήστε χρησιμοποιώντας ότι έχετε μάθει να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις. Σε όσες περιπτώσεις έχετε παρονομαστές να μην κάνετε απαλοιφή αλλά να μεταφέρετε τα πάντα σε ένα μέλος και να κάνετε ομώνυμα τα κλάσματα. 1. (x 2 3x + 2)(x 2 7x + 12) > 0 5. x 4 5x > > 0 x x+1 x 2 +x 1 x 2 +x > 1 (x 1)(x 2) x(x+3) 6. x 4 2x 2 2 x 4 x 2 6 < < x2 +1 x+1 < 1 8. (x 4 3x 2 + 1)(2x 2 4x + 1) < 0

160 4 Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 4.1 Συντεταγμένες Απόλυτη Τιμή Πραγματικούαριθμού. Είχαμε δει ότι οι πραγματικοί αριθμοί μπορούν με ένα συγκεκριμένο τρόπο να παρασταθούν σε ένα άξονα δηλαδή σε μία «ϐαθμολογημένη» ευ- ϑεία ώστε να μπορούν να την «καλύψουν». Σε κάθε αριθμό αντιστοιχεί ένα μόνο (χρησιμοποιούμε και την λέξη «ακριβώς») σημείο της ευθείας και σε κάθε σημείο της ευθείας αντιστοιχεί ακριβώς ένας αριθμός που λέγεται τετμημένη του σημείου. Στο προηγούμενο σχήμα τα σημεία O και B έχουν τετμημένες 0 και 1 αντιστοίχως ενώ το σημείο με τετμημένη 1 2 είναι το A ενώ το σημείο με τετμημένη 2 είναι το Γ. Το σημείο που αντιστοιχεί στο μηδέν δηλαδή η αρχή του άξονα 1.Αντώρα ϑεωρήσουμε ένα σημείο που έχει τετμημένη x τότε η απόσταση αυτούτου σημείου από την αρχή των αξόνων λέγεται απόλυτη τιμή του x. Επειδή σε κάθε αριθμό μπορούμε να αντιστοιχίσουμε ένα σημείο του άξονα και μετά να ϐρούμε την απόσταση του από την αρχή του, μπορούμε με αυτό τον τρόπο να αποδώσουμε απόλυτη τιμή σε κάθε αριθμό. Τα σημεία που αντιστοιχούν στους αριθμούς 1, 2, 3, απέχουν από την αρχή των αξόνων αποστάσεις 1, 2, 3 και επομένως έχουν απόλυτη τιμή αντιστοίχως 1, 2, 3. Τασημείαπου αντιστοιχούν στους αριθμούς 1, 2, 3 απέχουν και αυτά από την αρχή 1 Εδώ η λέξη «αρχή» χρησιμοποιείται κάπως διαφορετικά απ ότι συνήθως την αντιλαμβανόμαστε στην καθημερινή Ϲωή 151

161 Συντεταγμένες των αξόνων αποστάσεις 1, 2, 3. Επομένως και των αριθμών 1, 2, 3 οι απόλυτες τιμές είναι 1, 2, 3. Λέγοντας «η απόσταση ενός αριθμούαπό το μηδέν» εννοούμε την απόσταση του αντίστοιχου σημείου από το μηδέν που δεν είναι άλλη από την απόλυτη τιμή του αριθμούαυτού. Υπάρχει λοιπόν ένας απλός κανόνας για να ϐρίσκουμε την απόλυτη τιμή ενός αριθμού: Αν μεν είναι ϑετικός η απόλυτη τιμή είναι ο ίδιος αριθμός ενώ αν είναι αρνητικός η απόλυτη τιμή είναι ο αντίθετος του. Φυσικά η απόλυτη τιμή του μηδενός είναι ο μηδέν. Επομένως : Η απόλυτη τιμή ενός μη αρνητικούαριθμού είναι ο ίδιος ο αριθμός. Η απόλυτη τιμή ενός αρνητικούαριθμού είναι ο αντίθετος του (4.1) Ετσι έχουμε : Αριθμός Απόλυτη τιμή του ή αλλιώς x x 2 Για να δηλώσουμε την απόλυτη τιμή ενός αριθμού x χρησιμοποιούμε τον σύμβολο... και στον κενό χώρο που υπάρχουν τα αποσιωπητικά γράφουμε τον αριθμό που μας ενδιαφέρει. Ετσι 2 =2, 1 2 = 1 2, 1 3 = 1 + 3, 1 + x 2 = 1 + x 2 Μπορούμε να γράψουμε τον ορισμό της απόλυτης τιμής συμβολικά ως εξής : x ={ x αν x 0 x αν x < 0 (4.2) Φυσικά x =±x (το + ισχύει για μη αρνητικό αριθμό, το - για αρνητικό) (4.3) Και επειδή τα τετράγωνα αντιθέτων αριθμών είναι πάντα ίσα έχουμε : Για κάθε x ισχύει x 2 = x 2 (4.4) Επίσης αν χρησιμοποιήσουμε την έννοια του προσήμου (ϐλέπε (1.44» μ- πορούμε να γράψουμε : x = (πρόσημο του x) x (4.5)

162 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 153 Ενα σημείο που χρειάζεται προσοχή είναι πως το σύμβολο... της απόλυτης τιμής δεν συμπεριφέρεται με τις πράξεις όπως τα τα σύμβολα των παρεν- ϑέσεων (...) ή των αγκυλών [...]. Ετσι ενώ μπορούμε να γράψουμε (2 3)= είναι λάθος να γράψουμε 2 3 = Επίσης πρέπει να ϑυμόμαστε ότι ο αριθμός που παίρνουμε την απόλυτη τιμή του μπορεί να είναι ϑετικός, μηδέν η αρνητικός. Η απόλυτη τιμή όμως ϑα είναι αριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του μηδενός. Ισχύει x 0 για κάθε x και η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0. (4.6) Δύο αντίθετοι αριθμοί απέχουν την ίδια απόσταση από το μηδέν και επομένως (μπορεί να επαληθευθεί και διακρίνοντας περιπτώσεις): Ισχύει x = x για κάθε x. (4.7) Αν ξέρουμε τον x τότε η απόλυτη τιμή του ϑα είναι κάποιος από τους ±x. Επίσης ϑα είναι και x =± x. Φυσικά x x και αφού x ϑα είναι κάποιος από τους δύο αριθμούς έχουμε : Ισχύει x x x για κάθε x. (4.8) Ασκηση 291. Να συμπληρώσετε τις ισότητες : 1. 7 = = = = = 6. x = Ασκηση 292. Να υπολογίσετε τις παραστάσεις : 1. A = B = Γ = ( )(3 4 1) 4. Δ = E = Z = Ασκηση 293. Με δεδομένο ότι α > β να γράψετε χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής τις παραστάσεις : 1. A = α β B = α3 β 3 α β 3. Γ = 3α 3β + β α 4. Δ = α2 β 2 α+β +β Ασκηση 294. Να αποδείξετε ότι α β + β γ + γ α = α γ + γ β + β α Ασκηση 295. Εστω ότι x > 1. Να απλοποιήσετε την παράσταση x3 1 x 2 +x+1

163 Συντεταγμένες Ασκηση 296. Εστω ότι x > 5. Να απλοποιήσετε την παράσταση x 2 3 x 5 Ασκηση 297. Εστω ότι 1 < x < 2. Να απλοποιήσετε την παράσταση 2x ( x 5 +x) Ασκηση 298. Εστω ότι x > 3. Να αποδείξετε ότι : (x 1)(x + 1)(x 2) x 3 + 2x 2 + x = Απλοποίηση παραστάσεων που περιέχουν απόλυτες τιμές Συχνά υπάρχει η ανάγκη να εκφράσουμε μία παράσταση που περιέχει απόλυτες τιμές με μία άλλη παράσταση που δεν περιέχει απόλυτες τιμές. Δηλαδή όπως συνηθίζεται να λέγεται «να ϐγάλουμε τα απόλυτα». Μερικές τέτοιες περιπτώσεις είδαμε στις ασκήσεις της προηγουμένης παραγράφου. Επειδή η απόλυτη τιμή ενός αριθμούεξαρτάται από το πρόσημο του ϕροντίζουμε να δούμε τις μεταβολές του προσήμου κάθε παράστασης της οποίας εμφανίζεται η απόλυτη τιμή δηλαδή «που είναι μέσα σε απόλυτο». Παράδειγμα 60. Για τις διάφορες τιμές του x να γραφεί χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής η παράσταση 2x 1. Λύση. Εξετάζουμε την μεταβολή προσήμου του 2x 1. x 2x Αν το x το επιλέξουμε στο διάστημα (, 1 2 ) τότε 2x 1 < 0 και επομένως 2x 1 =1 2x. Αν το x το επιλέξουμε να είναι 1 2 τότε 2x 1 = 0 και επομένως 2x 1 =0. Αν το x το επιλέξουμε στο διάστημα ( 1 2 ), + ) τότε 2x 1 > 0 και επομένως 2x 1 =2x 1. Μπορούμε αυτές τις παρατηρήσεις να τις ενσωματώσουμε στον πίνακα μας : x 2x 1 2x x 0 2x 1

164 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 155 Μπορούμε να γράψουμε και 2x 1 = 1 2x αν x < αν x = 1 2 2x 1 αν x > 1 2 Η παραπάνω γραφή μπορεί να συντομευθεί αν «μαζέψουμε» τις περιπτώσεις. Ηπερίπτωσηx = 1 2 μπορεί να ενσωματωθεί στην προηγούμενη ή την επόμενη περίπτωση. Συνήθως ενσωματώνεται στην επόμενη δηλαδή προτιμάμε το από το. Ετσιέχουμε: 2x 1 ={ 1 2x αν x < 1 2 2x 1 αν x 1 2 Αν ϑέλουμε να μάθουμε με τι είναι ίση η παράσταση μας όταν x = 1 2 καταφεύγουμε ϕυσικά στην δεύτερη περίπτωση : Θα είναι η τιμή της 2x 1 για x = 1 2 δηλαδή 0 όπως ϐρήκαμε και πριν. Παράδειγμα 61. Για τις διάφορες τιμές του x να γραφεί χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής η παράσταση 2x 1 + x 1. Λύση. Εδώ έχουμε δύο παραστάσεις των οποίων εμφανίζεται η απόλυτη τιμή. Θα μελετήσουμε το πρόσημο και των δύο όπως κάναμε όταν μελετούσαμε το πρόσημο γινομένου. Μετά ϑα συνοψίσουμε τα αποτελέσματα μας ανά περίπτωση : x x 1 2x 1 x + 1 x + 1 2x 1 + x x 1 2x 2x x 1 x + 1 x + 1 3x 2 x 3x Στις απόλυτες τιμές παραλείψαμε να σημειώσουμε πότε γίνονται μηδέν αφού δεν ϑα πάρουμε αυτές τις περιπτώσεις χωριστά αλλά ϑα τις καλύψουμε με τα. Συνοψίζοντας έχουμε : 2x 1 + x + 1 = 3x αν x < 1 2 x αν 1 x < 1 2 3x αν x 1 2

165 Συντεταγμένες Παράδειγμα 62. Για τις διάφορες τιμές του x να γραφεί χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής η παράσταση (2x 1)(x + 1) x. Λύση. Εδώ πρέπει να ϐρούμε το πρόσημο της παράστασης (2x 1)(x + 1). x x 1 x + 1 (2x 1)(x + 1) (2x 1)(x + 1) (2x 1)(x + 1) x (2x 1)(x + 1) (2x 1)(x + 1) (2x 1)(x + 1) 2x 2 1 2x 2 2x + 1 2x 2 1 Επομένως : (2x 1)(x + 1) x = 2x 2 1 αν x < 1 2x 2 2x + 1 αν 1 x < 1 2 2x 2 1 αν x 1 2 Ασκηση 299. Για τις διάφορες τιμές του x να γραφεί χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής η παράσταση 2 x x. Ασκηση 300. Για τις διάφορες τιμές του x να γραφεί χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής η παράσταση (x 2) x + 2 x Εξισώσεις που περιέχουν απόλυτες τιμές Υπάρχει μία μεγάλη ποικιλία εξισώσεων που περιέχουν απόλυτες τιμές. Η μορφή τους διαφέρει ανάλογα με το που και πως τοποθετείται το σύμβολο της απόλυτης τιμής. Η πιο απλή εξίσωση που περιέχει απόλυτες τιμές είναι η εξίσωση x =α. Αν ο α είναι αρνητικός η εξίσωση αυτή δεν έχει λύση αφού το x είναι πάντα μη αρνητικό και επομένως δε μπορεί να είναι ίσο με ένα αρνητικό αριθμό. Αν ο α είναι μηδέν η εξίσωση έχει μοναδική λύση το 0 ενώ αν ο α είναι ϑετικός η εξίσωση έχει λύσεις τους αριθμούς ±α. Συνοψίζοντας έχουμε Ηεξίσωση x =α Είναι αδύνατη αν α < 0. Εχει μοναδική λύση το 0 αν α = 0. Εχει δύο λύσεις τους ± α αν α > 0. (4.9)

166 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 157 Παράδειγμα 63. Να λυθεί η εξίσωση x 2 =1. Λύση. Θα είναι x 2 =±1 και επομένως x = 2 ± 1. Άραx = 3 ή x = 1. Στα τρία επόμενα παραδείγματα όλες οι εξισώσεις προκύπτουν από την εξίσωση x 2 x 2 = 0 τοποθετώντας το σύμβολο της απόλυτης τιμής σε με άλλο κάθε ϕορά τρόπο. Παράδειγμα 64. Να λυθεί η εξίσωση x 2 x 2 = 0. Λύση. Επειδή δεν ξέρουμε ποιος είναι ο x ξεκινάμε με δεδομένο ότι απλώς είναι ένας πραγματικός αριθμός. Επειδή το ποια είναι η απόλυτη τιμή του εξαρτάται από το πρόσημο του μπορούμε να διακρίνουμε δύο περιπτώσεις ανάλογα με το αν ο αριθμός μας είναι μη αρνητικός ή αν είναι αρνητικός. Με άλλα λόγια μοιράζουμε την δουλειά ψάχνοντας να ϐρούμε μη αρνητικές λύσεις και αρνητικές λύσεις. Εχουμε λοιπόν : Περίπτωση 1. x 0. Αφούϑα είναι x 0 ϑα είναι x =x και η εξίσωση μας γίνεται x 2 x 2 = 0. Λύνοντας ϐρίσκουμε x = 1 και x = 2. Αλλά αναζητούμε μόνο μη αρνητικούς αριθμούς και ϐρίκαμε ένα τον x = 2. Η άλλη τιμή x = 1 δεν εμπίπτει στην περίπτωση που εξετάζουμε και δεν μας ενδιαφέρει δηλαδή απορρίπτεται. Περίπτωση 2. x < 0. Στην περίπτωση αυτή ϑα είναι x = x και η εξίσωση μας γίνει x 2 + x 2 = 0. Λύνοντας ϐρίσκουμε τις τιμές x = 2και x = 1. Επειδή αυτή τη ϕορά εργαζόμαστε με αρνητικούς αριθμούς ϑα κρατήσουμε την αρνητική τιμή x = 2 και ϑα απορρίψουμε την ϑετική. Συνοψίζοντας η εξίσωση μας έχει δύο ϱίζες τις x 1 = 2 και x 2 = 2. Ενας άλλος τρόπος είναι ο εξής : Αφούείναι x 2 = x 2 μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση μας και ως x 2 x 2 = 0. Θαϐρούμετοxϐρίσκοντας πρώτα το x. Ονομάζουμε x =u οπότε η εξίσωση μας γίνεται u 2 u 2 = 0 και ϕυσικά ϑα δεχθούμε μόνο μη αρνητικές τιμές του u. Λύνοντας ϐρίσκουμε u = 1 που απορρίπτεται και u = 2 που είναι δεκτή. Επομένως x =2 από την οποία ϐρίσκουμε ότι x =±2. Παράδειγμα 65. Να λυθεί η εξίσωση x 2 x 2 =0. Λύση. Εδώ υπάρχει η απόλυτη τιμή του αριθμού x 2 οπότε ϑα διακρίνουμε τις περιπτώσεις όχι για το αν ο x είναι αρνητικό ή μη αρνητικός όπως κάναμε πριν αλλά για το αν ο x 2 είναι αρνητικός ή μη αρνητικός με άλλα λόγια αν x 2 ή x < 2. Περίπτωση 1. x 2. Θα είναι x 2 0 και η εξίσωση μας γίνεται x 2 (x 2) =0. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η εξίσωση μας είναι αδύνατη πράγμα που σημαίνει πως η αρχική μας εξίσωση δεν έχει λύσεις x 2. Περίπτωση 2. x < 2. Θα είναι x 2 < 0 και έχουμε να λύσουμε την x 2 ( (x 2)) = 0 απο την οποία προκύπτει x = 2 και x = 1. Και οι δύο είναι μικρότερες του 2 άρα είναι δεκτές.

167 Συντεταγμένες Συνοψίζοντας η εξίσωση μας έχει ϱίζες τις x 1 = 2 και x 2 = 1. Παράδειγμα 66. Να λυθεί η εξίσωση x 2 x 2 =0. Λύση. Εδώ υπάρχει η απόλυτη τιμή του αριθμού x 2 οπότε ϑα διακρίνουμε τις περιπτώσεις όχι για το αν ο x είναι αρνητικό ή μη αρνητικός όπως κάναμε πριν αλλά για το αν ο x 2 είναι αρνητικός ή μη αρνητικός με άλλα λόγια αν x 2 ή x < 2. Περίπτωση 1. x 2. Θα είναι x 2 0 και η εξίσωση μας γίνεται x 2 (x 2) =0. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η εξίσωση μας είναι αδύνατη πράγμα που σημαίνει πως η αρχική μας εξίσωση δεν έχει λύσεις x 2. Περίπτωση 2. x < 2. Θα είναι x 2 < 0 και έχουμε να λύσουμε την x 2 ( (x 2)) = 0 απο την οποία προκύπτει x = 2 και x = 1. Και οι δύο είναι μικρότερες του 2 άρα είναι δεκτές. Συνοψίζοντας η εξίσωση μας έχει ϱίζες τις x 1 = 2 και x 2 = 1. Παράδειγμα 67. Να λυθεί η εξίσωση x 2 x 2 = 0. Λύση. Εδώ ενδιαφερόμαστε για το πρόσημο του x 2 x. Πρόκειται για δευτε- ϱοβάθμιο τριώνυμο που έχει ϱίζες το 0 και το 2. Μπορούμε να εργασθούμε όπως πριν παίρνοντας τρεις περιπτώσεις. Θα εργασθούμε κάπως διαφορετικά χρησιμοποιώντας ένα πίνακα παρόμοιο με εκείνους που είδαμε στην προηγούμενη παράγραφο. Αν οι περιπτώσεις είναι λίγες οι πίνακες δεν προσ- ϕέρουν κάτι αλλά σε περισσότερες από δύο περιπτώσεις οι πίνακες μας δίνουν την δυνατότητα να εργαζόμαστε με τάξη και να παρουσιάζουμε εύκολα την δουλειά μας. x x 2 x x 2 x Η εξίσωση που ϑα λύσουμε ϱίζες που ϐρίσκουμε ϱίζες που κρατάμε x 2 x x 2 + x x 2 x x 2 x 2 = 0 x 2 + x 2 = 0 x 2 x 2 = 0 x = 1 και x = 2 καμία x = 1 και x = 2 x = 1 καμία x = 2 Ασκηση 301. Να λύσετε τις εξισώσεις

168 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις x =3 2. 3x 1 =8, x = 3,x= x 2 = x = x 2 7 x +2 = x 2 3 x 1 = 0 7. x 2 3 x +1 = 0 Ασκηση 302. Να λυθεί η εξίσωση 2x 2 2x 4 =0. Ασκηση 303. Να λυθεί η εξίσωση 2 x 1 + x + 1 =2. Ασκηση 304. Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις : 1. 2x x = x = 2x 1 3. x 3 x 2 1 = x 4. x + 1 x = 8 5. (x x ) ( x 1)(1 2x 1 ) = 0 6. x 2 3x + 3 = x 1 x x 2 = Ανισώσεις που περιέχουν απόλυτες τιμές Η πιο απλή εξίσωση που περιέχει απόλυτη τιμή είναι η x =α. Αν αντικαταστήσουμε το σύμβολο = με ένα από τα <,, >, ϑα έχουμε τις απλούστερες ανισώσεις που περιέχουν απόλυτη τιμή. Ας ασχοληθούμε με την x <α. Η ανίσωση αυτή προφανώς είναι αδύνατη αν α = 0 ή ακόμη χειρότερα αν α < 0. Οταν α > 0 τότε ουσιαστικά Ϲητάμε να μάθουμε ποιοι αριθμοί απέχουν από το μηδέν απόσταση μικρότερη από α. Αν για παράδειγμα α = 2 ηανίσωση x <2 περιλαμβάνει τους αριθμούς που απέχουν από το 0 απόσταση μικρότερη από 2. Καταλαβαίνουμε ότι οι αριθμοί x που απέχουν από το 0 απόσταση μικρότερη από 2 είναι εκείνοι για τους οποίους ισχύει 2 < x < 2 δηλαδή οι αριθμοί του διαστήματος ( 2, 2). Σκεπτόμενοι ανάλογα ϐρίσκουμε ότι όταν α > 0 η σχέση x < α επαληθεύεται από τα x με α < x < α. Εχουμε λοιπόν προς απόδειξη την : Πρόταση Αν α > 0 τότε x <α α < x < α.

169 Συντεταγμένες Απόδειξη. Α Τρόπος Με διάκριση περιπτώσεων : x <α x < α και x 0 ή x < α και x < 0 Β Τρόπος Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα (4.4) x < α και x 0 ή α < x και x < 0 x <α x 2 < α 2 x 2 < α 2 x 2 α 2 < 0 α < x < α (το x ϐρίσκεται μεταξύτων ϱιζών του τριωνύμου x 2 α 2 ) α < x < α Μπορούμε να συνοψίσουμε τα προηγούμενα : Η ανίσωση x <α Είναι αδύνατη αν α 0. Εχει σύνολο λύσεων το διάστημα ( α, α) αν α > 0. (4.10) Παράδειγμα 68. Να λυθεί η ανίσωση x 3 <2. Λύση. Είναι άμεση εφαρμογή της (4.10): x 3 <2 2 < x 3 < 2 1 < x < 5. Παράδειγμα 69. Να λυθεί η ανίσωση x 2 x < 2. Λύση. x 2 x < 2 2 < x 2 x < 2 2 < x 2 x και x 2 x < 2 x 2 x + 2 > 0 και x 2 x 2 < 0 x R και 1 < x < 2 1 < x < 2 Ξέροντας ποιες είναι οι λύσεις της ανίσωσης x < α, α > 0 μπορούμε να ϐρούμε και τις λύσεις των παρακάτω ανισώσεων (πάντα με α > 0) : x α. Το σύνολο λύσεων της ϑα περιλαμβάνει εκείνα τα x για τα οποία x <α μαζί με τα x για τα οποία x =α. Επομένως ϑα περιλαμβάνει τα x με α < x < α μαζί με τα x με x =±α. Τελικά περιλαμβάνει τα x με α x α. Δηλαδή το σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι το κλειστό διάστημα [ α, α]. x >α. Μπορούμε να ϐρούμε τις λύσεις της ανίσωσης αυτής αν ϐρούμε ποιοι αριθμοί δεν είναι λύσεις. Δεν είναι λύσεις οι αριθμοί x για τους οποίους ισχύει x α δηλαδή τα στοιχεία το διαστήματος [ α, α]. Άρα είναι λύσεις οι αριθμοί που ϐρίσκονται έξω από το διάστημα με άλλα λόγια οι αριθμοί x με x < α ή x > α. Το σύνολο λύσεων μπορεί να γραφεί και (, α) (α, + ).

170 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 161 x α. Οι λύσεις της ανίσωσης αυτής είναι οι αριθμοί που επαληθεύουν την x <α μαζί με τους δύο αριθμούς που επαληθεύουν την x =α δηλαδή τους ±α. Τελικά λύσεις είναι τα x α μαζί με τα x α. Το σύνολο λύσεων είναι το (, α] [α, + ). Μπορούμε να συνοψίσουμε τα παραπάνω σε ένα διάγραμμα : Παράδειγμα 70. Να λυθεί η ανίσωση 5 4x 3. Λύση. Είναι : 5 4x 3 x 2 ή x x 3 ή 5 4x 3 4x 8 ή 4x 2 x (, 1 ] [2, + ) 2 Ασκηση 305. Να συμπληρώσετε τις ισοδυναμίες : 1. x 3 <2... < x < x + 3 <2... < x < x x x + 7 >2 x <.. ή... < x Ασκηση 306. Να συμπληρώσετε τις ισοδυναμίες : 1. x <7... < x < x x x >11 x <... ή x > x 3 x... ή x < x < 1 x < x < 8 ή x > 8... >...

171 Συντεταγμένες Ασκηση 307. Να λύσετε τις ανισώσεις : 1. x + 3 < x 1 >4 3. 5x 1 <1 4. x + 2 < x + 3 Ασκηση 308. Να λύσετε τις ανισώσεις : 1. 2x 1 + x 2 >7 2. x 1 + x 2 + x 3 > x > x 4. 1 x 2x 1 3 > 1 5. x 2 3x + 2 > x x 6. x 1 < x + x 2 x Απόλυτη Τιμή και Πράξεις. Στην παράγραφο αυτή ϑα δούμε πως συνδέεται η απόλυτη τιμή με τις πράξεις. Δηλαδή ϑα δούμε ποια σχέση υπάρχει μεταξύ των x y και x y όπου είναι κάποια από τις τέσσερις πράξεις,, +, του πολλαπλασιασμού, της διαίρεσης, της πρόσθεσης και της αφαίρεσης. Αυτό δηλαδή που ϑα εξετάσουμε είναι αν είναι το ίδιο Πρώτα να εκτελέσουμε την πράξη και μετά να πάρουμε την απόλυτη τιμή ή Πρώτα να πάρουμε απόλυτες τιμές και μετά να εκτελέσουμε την πράξη Ας δούμε πρώτα την πράξη του πολλαπλασιασμού δοκιμάζοντας μερικούς αριθμούς x y x y x y x y x y Ο παραπάνω πίνακας μας παρέχει την ένδειξη ότι xy = x y. Ας δώσουμε και μία απόδειξη αυτούτου ισχυρισμού. Πρόταση Για κάθε Ϲεύγος πραγματικών αριθμών α, β ισχύει αβ = α β (4.11) Απόδειξη. Α Τρόπος: Ο προηγούμενος πίνακας μπορεί να μας δώσει μία ιδέα για την απόδειξη : Αυτό που στην πραγματικότητα χρειασθήκαμε ήταν τα πρόσημα των αριθμών και όχι οι τιμές των αριθμών. Επομένως μπορούμε να διακρίνουμε περιπτώσεις ανάλογα με το πρόσημο των αριθμών.

172 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 163 α β α β α β α β α β α β αβ αβ 0 < 0 0 α β αβ αβ < α β αβ αβ < 0 < 0 > 0 α β αβ αβ Βλέπουμε ότι σε όλες τις περιπτώσεις είναι αβ = α β και επομένως η ιδιότητα αληθεύει Β Τρόπος: Μπορούμε να εργασθούμε αξιοποιώντας την ιδιότητα (4.4): αβ = α β ( αβ ) 2 =( α β ) 2 αβ 2 = α 2 β 2 (αβ) 2 = α 2 β 2 α 2 β 2 = α 2 β 2 (Ισχύει) Αν πειραματιστούμε μα διάφορες τιμές ϑα δούμε ότι ένα ανάλογο αποτέλεσμα ισχύει και με το πηλίκο δηλαδή ισχύει : Πρόταση Για κάθε Ϲεύγος πραγματικών αριθμών α, β με β 0 ισχύει α β = α β (4.12) Απόδειξη. Α Τρόπος: Μπορούμε να εργασθούμε με διάκριση περιπτώσεων όπως ακριβώς κάναμε στο γινόμενο : α β α β α β α β α β 0 > 0 0 α β α β α β 0 < 0 0 α β α β α β < 0 > 0 < 0 α β α β α β < 0 < 0 > 0 α β Σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει το αποδεικτέο : α α β = β. Β Τρόπος: Με την ιδιότητα (4.4): α β α β α β = α β

173 Συντεταγμένες ( α β ) 2 α β 2 =( α β ) 2 = α 2 β 2 ( α 2 β ) = α2 β 2 α 2 β 2 = α2 β 2 (Ισχύει) Γ Τρόπος: Ας δούμε και μία τρίτη απόδειξη που αξιοποιεί περισσότερο όσα έχουμε αποδείξει μέχρι στιγμής. Χρησιμοποιούμε την πρόταση Εχουμε: α β β = α α β β = α α β β = α α β = α β Παράδειγμα 71. Αν α =3, β =5 τότε αβ = α β =3 5 = 15 α β = α β = 3 5 Συνέπεια της είναι και η ακόλουθη : Πρόταση Για ν 3 ισχύει Απόδειξη. α 1 α 2... α ν 1 α ν = α 1 α 2... α ν 1 α ν (4.13) α 1 α 2... α ν 1 α ν = α 1 (α 2... α ν 1 α ν ) = α 1 α 2... α ν 1 α ν = α 1 α 2 (... α ν 1 α ν ) = = α 1 α 2... α ν 1 α ν =... (κάθε ϕορά εμφανίζουμε την απόλυτη τιμή ενός όρου)= α 1 α 2... α ν 1 α ν Απο την οποία έχουμε την Πρόταση Για κάθε ϑετικό ακέραιο ν ισχύει α ν = α ν (4.14)

174 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 165 Απόδειξη. α ν = α α... α ν ϕορές = α α... α = α ν ν ϕορές Οι προηγούμενες ιδιότητες μας επιτρέπουν να «περνάμε» την απόλυτη τιμή μέσα σε γινόμενα, πηλίκα, δυνάμεις : Παράδειγμα 72. xy z 3 = xy z 3 = x y z 3 Ασκηση 309. Για τους αριθμούς α, β, γ είναι γνωστό ότι α =2, β =4, γ = 1 2.Να υπολογίσετε τα : 1. αβ 2. αβ γ 3. α 2 βγ 4. α 2 βγ 5. α α + α γ 6. α 3 + β 3 γ 2 Ασκηση 310. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός x (x 0) έχει απόλυτη τιμή ίση με 1. x Ασκηση 311. Στο ϐιβλίο Μαθηματικών Κατεύθυνσης της Γ Λυκείου υπάρχει ως υποερώτημα μιας άσκησης το παρακάτω : Να αποδείξετε ότι x 1+x 2 1 2, x R. Να δώσετε μία απόδειξη. Ας δούμε τώρα πως συμπεριφέρεται η απόλυτη τιμή με τα αθροίσματα. Ας δοκιμάσουμε πρώτα μερικές συγκεκριμένες τιμές όπως κάναμε με το γινόμενο : x y x + y x y x + y x + y

175 Συντεταγμένες Βλέπουμε ότι η απόλυτη τιμή αθροίσματος x + y άλλοτε είναι ίση και άλλοτε είναι μικρότερη από το άθροισμα των απολύτων τιμών x + y. Κάτι που είναι λογικό γιατί αν οι αριθμοί x, y παίρνοντας πρώτα το άθροισμα και μετά την απόλυτη τιμή κάποιες μονάδες ϑα χαθούν. Στην προκειμένη περίπτωση έχουμε κάποιες ενδείξεις για το ότι ισχύει x + y x + y. Πρόταση Για κάθε Ϲεύγος πραγματικών αριθμών α, β ισχύει Απόδειξη. Α Τρόπος: Είναι από την (4.8) Αν προσθέσουμε κατά μέλη έχουμε : α + β α + β (4.15) α α α β β β ( α + β ) α + β α + β Ας ονομάσουμε A = α + β και X = α + β. Είναι ϐέβαια A 0. Είναι A X A Αν συμβαίνει να είναι A > 0 τότε X A. Αν συμβαίνει να είναι A = 0 τότε και X = 0 οπότε πάλι ισχύει X A. Εχουμε λοιπόν σε κάθε περίπτωση ότι X A Ξαναβάζουμε στην ϑέση των X, A αυτά που είχαμε ονομάσει X, A και έχουμε : α + β α + β Β Τρόπος: Είναι α + β α + β ( α + β ) 2 ( α + β ) 2 α + β 2 α α β + β 2 (α + β) 2 α α β +β 2 α 2 + 2αβ + β 2 α αβ +β 2 2αβ 2 αβ αβ αβ Ισχύει από (4.8)

176 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 167 Τίθεται το λογικό ερώτημα : Πότε στην ανισότητα α + β α + β ισχύει το το «ίσον»; Τα αριθμητικά δεδομένα μας δείχνουν ότι ϑα ισχύει όταν αβ 0. Πράγματι αν παρακολουθήσουμε την δεύτερη από τις δύο αποδείξεις της προηγούμενης πρότασης ϑα δούμε ότι αν γράψουμε τα με = τότε ϑα είναι α + β = α + β αβ = αβ Αλλά ένας αριθμός είναι ίσος με την απόλυτη τιμή του αν είναι μη αρνητικός και επομένως ϑα είναι αβ = αβ μόνο αν αβ 0. Επομένως ισχύει : α + β = α + β αβ 0 (4.16) Μία ανάλογη ιδιότητα με του αθροίσματος μπορούμε να έχουμε και για την διαφορά : α β = a +( β) a + β = α + β δηλαδή : α β α + β (4.17) Παράδειγμα 73. Να αποδειθεί ότι αν x 1 και y 9 τότε ισχύει x + y 10 Λύση. Είναι x + y x + y = 10. Παράδειγμα 74. Να αποδειθεί ότι α β γ α + β + γ Λύση. α β γ = (α β)+( γ) α β + γ = α β + γ α + β + γ. Παράδειγμα 75. Να αποδειθεί ότι αν x = y =2 τότε ισχύει 2x 3y 10 Λύση. 2x 3y 2x + 3y =2 x +3 y = = 10. Ασκηση 312. Ισχύει γενικά α β α β ; Ασκηση 313. Για τους αριθμούς x, y είναι γνωστό ότι x <2, y <3. Να αποδείξετε ότι : 1. x + y <5 2. x + 2y <8 3. x 2 + 2y + 1 < x 3 2y + 4 < 18 Ασκηση 314. Εστω αριθμός α με a <1. Να λύσετε ως προς x την εξίσωση 2 (x + 3)=α

177 Συντεταγμένες Να αποδείξετε ότι για την λύση που ϐρήκατε ισχύει x < 7 2 Ασκηση 315. Για τους αριθμούς A, B είναι γνωστό ότι A 3 <4 και B 4 <3. Να αποδείξετε ότι A + B 7 <7. Ασκηση 316. Να αποδείξετε ότι αν x <3, y >2 τότε 2x+1 y 2 +1 < 7 5. Ασκηση 317. Εστω ότι x <4, y <5. Να αποδείξετε ότι 69 < x 3 + y < 69. Ασκηση Για ποιές τιμές του x ισχύει x + 2 =4; 2. Για ποιές τιμές του x ισχύει x + α =α 2 ; 3. Να αποδείξετε ότι αν ισχύει x + α =α 2 τότε ϑα ισχύει και x α ( α +1) Ασκηση 319. Για ποια m ισχύει 1 + m =1 + m ; Ασκηση 320. Να αποδείξετε ότι 1. (α β)+β α β + β 2. (β α)+α β α + α 3. α β ±( α β ) Κατόπιν να αποδείξετε ότι : α β α β (4.18) Ασκηση 321. Να αποδείξετε την σχέση (4.18) της άσκησης 320 υψώνοντας και τα δύο μέλη στο τετράγωνο. Ασκηση 322. Να χρησιμοποιήσετε ιδέες από την απόδειξη της πρότασης για να αποδείξετε ότι για ν 3 ισχύει α 1 + α α ν 1 + α ν α 1 + α α ν 1 + α ν (4.19) Απόλυτες τιμές και τετραγωνικές ϱίζες. Εχουμε δεί ότι η α 2 είναι ο μοναδικός μη αρνητικός αριθμός που το τετράγωνο του μας δίνει α 2 και ότι α 2 ={ α αν α 0 α αν α < 0 Επομένως α 2 = α (4.20) Ασκηση 323. Να γράψετε χωρίς το σύμβολο της ϱίζας τις παραστάσεις : 1. x 2 + (x + 1) 2 3. (x 2 3x + 2) 2 + x x 2 + (x 1) 2 4. x 2 x 8

178 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 169 Ασκηση 324. Σε μερικά ϐιβλία η απόλυτη τιμή ορίζεται ως εξής : x = x 2 Ξεκινώντας από αυτό τον ορισμό χρησιμοποιείστε τις ιδιότητες των τετραγωνικών ϱιζών γιανααποδείξετεότι: 1. αβ = α β 2. α α = β β Απόσταση δύο αριθμών Η απόλυτη τιμή ενός αριθμούείναι η απόσταση του από το 0. Μπορούμε τώρα με την ϐοήθεια της απόλυτης τιμής να εκφράσουμε την απόσταση d δύο οποιωνδήποτε αριθμών α, β. Υποθέτουμε ότι α < β και παίρνουμε αρχικά τις περιπτώσεις (ϐλ. σχήμα) 0 < α < β, α < 0 < β, α < β < 0: Βλέπουμε ότι σε όλες τις περιπτώσεις η απόσταση τους είναι d = β α ή αλλιώς (αφού β > αd= β α. Δεν έχουμε δει τι γίνεται αν κάποιος από τους αριθμούς μας είναι ο μηδέν. Στην περίπτωση που κάποιος από τους α, β ήταν μηδέν η απόσταση τους ϑα ήταν η απόσταση του άλλου αριθμούαπό το μηδέν δηλαδή η απόλυτη τιμή του. Αν στον τύπο d = β α ϑέσουμε α = 0 ή β = 0 ϑα ϐρούμε πράγματι β ή α. Επομένως ο τύπος μας δίνει την απόσταση των β,α και σε αυτή την περίπτωση. Στην περίπτωση που είναι β < α ϑα έχουμε ϕυσικά απόσταση το α β = β α.

179 Συντεταγμένες Τέλος αν είναι α = β η απόσταση των α, β είναι μηδέν, αποτέλεσμα που προκύπτει πάλι από τον τύπο d = β α. Συνηθίζουμε να συμβολίζουμε την απόσταση των α, β με d (α, β). λοιπόν ότι : Εχουμε Η απόσταση d (α, β) των αριθμών α, β είναι d (α, β) = β α (4.21) Ασκηση 325. Να συμπληρώσετε τον πίνακα : α β d (α, β) , 4 0, Ασκηση 326. Να αποδείξετε ότι d ( α, β) =d (α, β). Ασκηση 327. Να ϐρείτε όλους τους αριθμούς που ισαπέχουν από τους 1,5. Ασκηση 328. Να ϐρείτε όλους τους αριθμούς που ο λόγος της απόστασης τους από τον 1, δια την απόσταση τους από τον 5 είναι ίσος με 2. Ασκηση 329. Θεωρούμε τους αριθμούς α < β. Να ϐρείτε όλους τους αριθμούς που το άθροισμα των αποστάσεων τους από τους α, β είναι ίσο με την απόσταση των α, β Συντεταγμένες σημείων του επιπέδου Είναι γνωστό ότι όπως μπορούμε να περιγράψουμε τα σημεία μίας ευθείας με αριθμούς κάνοντας την ευθεία άξονα έτσι μπορούμε να περιγράψουμε και τα σημεία του επιπέδου με την ϐοήθεια Ϲευγών αριθμών. Για τον σκοπό αυτό χρησιμοποιούμε δύο κάθετους άξονες που τέμνονται στην αρχή τους δηλαδή στο O. Λέμε ότι έχουμε ένα ορθοκανονικό 2 σύστημα συντεταγμένων ή αλλιώς ένα Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων. Το γιατί «Καρτεσιανό» ϑα το συζητήσουμεσελίγο. ΑνM είναι ένα οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου ϕέρνουμε από το M κάθετες στους άξονες που τους τέμνουν σε σημεία που αντιστοιχούν στους αριθμούς x και y. Τοx ονομάζεται τετμημένη του M και το y ονομάζεται τεταγμένη. Σε κάθε λοιπόν σημείο M αντιστοιχούμε τις το Ϲεύγος (x, y) της τετμημένης και της τεταγμένης (λέγονται συντεταγμένες). 2 ορθο από το ορθογώνιο επειδή οι άξονες είναι κάθετοι, κανονικό διότι οι αποστάσεις μεταξύτων 0 και 1 στον ένα άξονα είναι ίσες με τις αποστάσεις των 0 και 1 στον άλλο. Ενα άλλο απαραίτητο στοιχείο είναι ο προσανατολισμός. Πρέπει οι άξονες να είναι έτσι τοποθετημένοι ώστε αν στραφούμε γύρω από την κοινή αρχή κατά την ϑετική ϕορά (αντίθετη προς την κίνηση των δεικτών του ϱολογιού) ξεκινώντας από τον ϑετικό ημιάξονα x x να συναντάμε τον ϑετικό ημιάξονα y y)

180 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 171 Αλλά και αντιστρόφως αν έχουμε ένα οποιοδήποτε Ϲεύγος αριθμών (x, y) τότε σε αυτό το Ϲεύγος μπορούμε να αντιστοιχίσουμε ένα σημείο ώστε το σημείο αυτό να έχει τετμημένη το x και τεταγμένη το y. Φυσικά ισχύει : Τα σημεία A(x 1,y 1 ) και B(x 2,y 2 ) ταυτίζονται αν και μόνο αν x 1 = x 2, και y 1 = y 2 (4.22) Κάθε σημείο του άξονα των x έχει τεταγμένη 0. Αλλά και αντιστρόφως αν ένα σημείο έχει τεταγμένη 0 ϑα είναι σημείο του άξονα των x. Κάθε σημείο του άξονα των y έχει τετμημένη 0 και αν ένα σημείο έχει τεταγμένη 0 ϑα είναι σημείο του άξονα των y. Τα υπόλοιπα σημεία του επιπέδου που δεν ανήκουν στους άξονες έχουν και τις δύο συντεταγμένες τους διάφορες του μηδενός. Χωρίζονται από τους άξονες σε 4 περιοχές τα τεταρτημόρια. Οι δύο άξονες σχηματίζουν 4 διαδοχικές ορθές γωνίες. Η ευθεία που είναι ϕορέας της διχοτόμου της γωνίας που αντιστοιχεί στο 1ο και της γωνίας που

181 Συντεταγμένες αντιστοιχεί στο 3ο τεταρτημόριο λέγεται 1η διχοτόμος της γωνίας των αξόνων ενώ εκείνη που είναι ϕορέας των διχοτόμων των γωνιών 2ου και 4ου τεταρτημορίου λέγεται 2η διχοτόμος της γωνίας των αξόνων. Αν έχουμε ένα σημείο M (x, y) τότε μπορούμε εύκολα, ή χρησιμοποιώντας ιδιότητες της συμμετρίας είτε συγκρίνοντας κατάλληλα τρίγωνα να ϐρούμε ποια ϑα είναι τα συμμετρικά του M ως προς τους άξονες, τις διχοτόμους τους, και την αρχή τους. Εχουμε Το συμμετρικό του σημείου ως προς είναι το σημείο τον άξονα x x M 1 (x, y) τον άξονα y y M 2 ( x, y) M (x, y) την αρχή των αξόνων O M 3 ( x, y) την πρώτη διχοτόμο των αξόνων M 4 (y,x) την δεύτερη διχοτόμο των αξόνων M 5 ( y, x) Ασκηση 330. Να παραστήσετε στο επίπεδο τα παρακάτω σημεία 1. A (1, 4) 2. B (4, 1) 3. Γ ( 1, 4) 4. Δ ( 4, 1) Ασκηση 331. Βρείτε μία συνθήκη που πρέπει να ικανοποιούν οι συντεταγμένες των σημείων A(x 1,y 1 ) και B(x 2,y 2 ) ώστε να είναι διαφορετικά σημεία. Ασκηση 332. Να ϐρείτε το συμμετρικό του σημείου A( 2, 4): 1. Ως προς τους άξονες. 2. Ως προς την αρχή των αξόνων. 3. Ως προς τις διχοτόμους των αξόνων.

182 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις Απόσταση δύο σημείων του επιπέδου Μπορούμε με την ϐοήθεια της απόστασης δύο αριθμών να υπολογίσουμε την απόσταση δύο σημείων του επιπέδου. Ας ϑεωρήσουμε δύο σημεία A(x 1,y 1 ), B(x 2,y 2 ). Αν το τμήμα AB δεν είναι παράλληλο στους άξονες και ϕέρουμε από τα άκρα του κάθετες στους άξονες τότε σχηματίζεται το ορθογώνιο τρίγωνο ABΓ με υποτείνουσα ABΓ και κάθετες πλευρές με μήκη x 1 x 2, y 1 y 2. Από το Πυθαγόρειο ϑεώρημα στο τρίγωνο ABΓ έχουμε (AB) 2 = x 1 x y 1 y 2 2 και επομένως : (AB)= x 1 x y 1 y 2 2 Αν το τμήμα AB είναι παράλληλο στον x x τότε το μήκος του (AB) είναι ίσο με x 1 x 2 και y 1 = y 2. Στην περίπτωση αυτή (AB)= x 1 x y 1 y 2 0

183 Συντεταγμένες Αν το τμήμα AB είναι παράλληλο στον y y τότε το μήκος του (AB) είναι ίσο με y 1 y 2 και x 1 = x 2. Στην περίπτωση αυτή (AB)= x 1 x y 1 y Βλέπουμε ότι σε όλες τις περιπτώσεις (ϕυσικά και όταν τα A, B ταυτίζονται) ισχύει : Η απόσταση των σημείων A(x 1,y 1 ),B(x 2,y 2 ) είναι (4.23) (AB)= x 1 x y 1 y 2 2 Παράδειγμα 76. Να ϐρείτε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου του σχήματος : Λύση. Είναι A (1, 5), B ( 4, 1), Γ (2, 1). Επομένως : AB = (1 ( 4)) 2 +(5 ( 1)) 2 = 61 BΓ = ( 4 2) 2 +( 1 1) 2 = 2 10 ΓA = (2 1) 2 +(1 5) 2 = 17

184 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 175 Ασκηση 333. Να ϐρείτε για ποια τιμή του x τα σημεία A (1, 2),B( 1,x) έχουν απόσταση 4. Ασκηση 334. Να ϐρείτε πως πρέπει να επιλεγεί το B ώστε τα σημεία A (1, 2), B (x, y), Γ (4, 1), είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου Από τις γραμμές στις εξισώσεις Οταν έχουμε ένα σύστημα αξόνων στο επίπεδο τότε ένα οποιοδήποτε σχήμα μπορεί να περιγραφεί, άλλοτε εύκολα και άλλοτε δύσκολα, με τις συντεταγμένες των σημείων του. Παράδειγμα 77. Οάξοναςx x περιλαμβάνει τα σημεία M(x, y) που έχουν τεταγμένη μηδέν. Επομένως περιλαμβάνει στα σημεία M(x, 0) όπου ο x είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός. Μπορούμε να πούμε λοιπόν ότι τα σημεία του x x και μόνο αυτά επαληθεύουν την εξίσωση y = 0. Παράδειγμα 78. Οάξοναςy y περιλαμβάνει τα σημεία M(x, y) που έχουν τετμημένη μηδέν. Επομένως περιλαμβάνει στα σημεία M(0,y) όπου ο y είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός. Άρα τα σημεία του y y και μόνο αυτά επαληθεύουν την εξίσωση x = 0. Παράδειγμα 79. Το «άνω ημιεπίπεδο» που σχηματίζει ό άξονας x x απαρτίζεται από τα σημεία M(x, y) για τα οποία ισχύει y 0. Παράδειγμα 80. Το σύνολο των σημείων M(x, y) του επιπέδου για τα οποία ισχύει (x + 2)(x 3)<0 είναι το παρακάτω γραμμοσκιασμένο σχήμα :

185 Συντεταγμένες Παράδειγμα 81. Η παρακάτω, κάπως περίεργη, γραμμή περιλαμβάνει εκείνα τα σημεία M(x, y) για τα οποία ισχύει x 4 + 2y 3 xy 2 3y = 1 Rene Descartes Η σύνδεση σχημάτων με αριθμούς έχει μακρά ιστορία στα Μαθηματικά. Ω- στόσο η συστηματική χρήση των συντεταγμένων και η «μετάφραση» ενός σχήματος σε μία εξίσωση 3 που το περιγράφει τοποθετείται χρονικά στον 17ο αιώνα με τις εργασίες των Rene Descartes το εκλατινισμένο όνομα του οποίου ήταν Renatus Cartesius εξ ου και οι Καρτεσιανές Συντεταγμένες και στον Pierre de Fermat Ο κύκλος Ξέρουμε ότι ο κύκλος με κέντρο ένα σημείο K και ακτίνα ρ είναι το σύνολο των σημείων του επιπέδου που απέχουν από το K απόσταση ρ. Ας πάρουμε το κέντρο να είναι το σημείο K(2, 3) και η ακτίνα να είναι 2. Τότεένασημείο M(x, y) ανήκει στον κύκλο αν η απόσταση του από το K(2, 3) είναι 2. Αυτό σημαίνει ότι ϑα πρέπει σύμφωνα με την (4.21) να ισχύει (x 2) 2 +(y 3) 2 = 2 3 ή ανίσωση, ή σύστημα εξισώσεςων, ανισώσεων Pierre de Fermat

186 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 177 Μπορούμε να απαλλαγούμε από το σύμβολο της ϱίζας αν υψώσουμε και τα δύο μέλη στο τετράγωνο. Θα καταλήξουμε στην ισοδύναμη σχέση (x 2) 2 +(y 3) 2 = 4 Μπορούμε ακόμη να κάνουμε μερικές πράξεις (αναπτύγματα κτλ) και να καταλήξουμε στην επίσης ισοδύναμη σχέση : x 2 + y 2 4x 6y + 9 = 0 Και οι τρεις αυτές σχέσεις ικανοποιούνται μόνο από τα σημεία M(x, y) που ανήκουν στον κύκλο με κέντρο το K(2, 3) και ακτίνα το ρ. Πρόκειται για εξισώσεις που έχουν λύσεις μόνο τα Ϲεύγη (x, y) που είναι συντεταγμένες των σημείων του κύκλου. Λέγονται εξισώσεις του κύκλου με κέντρο K(2, 3) και η ακτίνα 2. Αν τώρα αναζητήσουμε την εξίσωση του κύκλου με κέντρο το K (a, β) και ακτίνα ρ ϑα δούμε ότι ο κύκλος ϑα έχει ως σημεία τα M (x, y) με (x α) 2 +(y β) 2 = ρ και επομένως : Μια εξίσωση του κύκλου με κέντρο K(a, β), και ακτίνα ρ είναι η : (x α) 2 +(y β) 2 = ρ 2 (4.24) Ασκηση 335. Να γράψετε μία εξίσωση του κύκλου με κέντρο K ( 2, 1) και ακτίνα 3. Ασκηση 336. Να γράψετε μία εξίσωση για τον κύκλο του σχήματος : Η ευθεία Ο κύκλος μπορεί να προσδιορισθεί πλήρως αν γνωρίζουμε κέντρο και ακτίνα του. Μία ευθεία μπορεί να προσδιορισθεί αν γνωρίζουμε δύο διαφορετικά σημεία της. Ας ϑεωρήσουμε την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία K (1, 2) και Λ (5, 4).

187 Συντεταγμένες Ας ϑεωρήσουμε και τυχόν σημείο της M(x, y) διαφορετικό από τα K, Λ. Οι ευθείες KK, ΛΛ, MM είναι μεταξύτους παράλληλες. Το αυτό ισχύει και για τις KK, ΛΛ, MM Από το ϑεώρημα του Θαλή ϑα έχουμε : και και επομένως K Λ K M = KΛ KM K Λ KΛ K = M KM K Λ K M = K Λ K M Αν τώρα «μεταφράσουμε» τα μήκη σε αποστάσεις πραγματικών αριθμών έ- χουμε ότι : = 1 x 2 y και επομένως από την οποία ϐρίσκουμε : ή και 4 1 x = 2 2 y 1 x 2 y =2 x 1 y 2 =2 Το πρόσημο του κλάσματος x 1 y 2 εξαρτάται από την ϑέση του x σε σχέση με τον 1 και την ϑέση του y σε σχέση με τον 2. Στην περίπτωση μας ϐλέπουμε ότι Αν το M είναι εκτός του τμήματος KΛ προς το μέρος του Λ ήείναι σημείο του τμήματος KΛ τότε ϑα είναι x > 1, y > 2 οπότε x 1 y 2 > 0

188 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 179 Αν το M είναι εκτός του τμήματος KΛ προς το μέρος του K τότε ϑα είναι x < 1, y < 4 οπότε πάλι x 1 y 2 > 0 Σε κάθε περίπτωση είναι x 1 y 2 την οποία έχουμε x 1 x 1 > 0 και επομένως η y 2 =2 γίνεται y 2 = 2 από x 2y + 3 = 0 Βλέπουμε ότι τα σημεία της ευθείας που είναι διαφορετικά από τα K, Λ επαληθεύουν την εξίσωση x 2y + 3 = 0. Η εξίσωση αυτή ικανοποιείται σίγουρα από όλα τα σημεία της ευθείας εκτός ίσως των K, Λ. Αν δοκιμάσουμε και τα K, Λ έχουμε Για το K: = 0, την επαληθεύει. Για το Λ: = 0, την επαληθεύει Επομένως όλα τα σημεία της ευθείας επαληθεύουν την εξίσωση x 2y + 3 = 0. Λογικό είναι το ερώτημα : Μήπως υπάρχουν και άλλα σημεία του επιπέδου που ικανοποιούν την x 2y + 3 = 0 αλλά δεν ανήκουν στην ευθεία KΛ; Αςυποθέσουμε πως ένα τέτοιο σημείο υπάρχει και είναι το M(x, y). Παρατηρούμε ότι η τετμημένη του δε μπορεί να είναι 1 διότι τότε ϑέτοντας το x = 1 στην x 2y + 3 = 0 ϐρίσκουμε y = 2 και το M συμπίπτει με το A πράγμα αδύνατον αφούδεν ανήκει στην ευθεία. Ομοια αποκλείεται να είναι y = 2. Το M ϑα ικανοποιεί την x 1 y 2 =2 και επομένως τα x 1, y 2 είναι ομόσημα. Επομένως το M μπορεί Θα ανήκει στο γραμμοσκιασμένο μέρος. Η ευθεία MM ϑα τέμνει την KΛ στο N. Σημειώνουμε με T την προβολή του M στον x x. Από την x 1 y 2 = 2 έχουμε ότι K Λ K M = K Λ K M. Αλλά K Λ K M = K Λ K M = KΛ KN = K Λ K T

189 Συντεταγμένες Κοιτώντας το πρώτο και το τελευταίο κλάσμα ϐλέπουμε ότι ϑα είναι K M = K T που σημαίνει ότι πρέπει τα M,T πρέπει να συμπίπτουν πράγμα αδύνατον. Άρα δεν υπάρχει σημείο M που να ικανοποιεί την x 2y + 3 = 0 και να μηνανήκειστηνευθεία. Εργαζόμενοι ανάλογα όπως πριν μπορούμε να ϐρούμε (δείτε και την άσκηση 340) αποτέλεσμα και για την γενική περίπτωση : Μια εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία K(x 1,y 1 ) και Λ(x 2,y 2 ) είναι η : (x 2 x 1 )(y y 1 )=(y 2 y 1 )(x x 1 ) (4.25) Αξίζει να σημειώσουμε ότι όταν η ευθεία (4.25) είναι παράλληλη στον x x δηλαδή y 1 = y 2 αφούτα σημεία είναι διαφορετικά ϑα είναι αναγκαστικά x 1 x 2 και η (4.25) γράφεται y = y 1 Ομοια αν η ευθεία είναι παράλληλη στον y y δηλαδή x 1 = x 2 Θα είναι y 1 y 2 και η και η (4.25) γράφεται x = x 1. Ασκηση 337. Να ϐρείτε μία εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A ( 2, 4), B (1, 3). Ασκηση 338. Να ϐρείτε μία εξίσωση της ευθείας του σχήματος : Ασκηση 339. Να ϐρείτε το κοινό σημείο των ευθειών με εξισώσεις 2x 3y = 1, x + y = 2. Ασκηση 340. (*) Να αποδείξετε ότι κάθε σημείο της ευθείας που διέρχεται από τα διάφορα σημεία K(x 1,y 1 ) και Λ(x 2,y 2 ) ικανοποιεί την εξίσωση (x 2 x 1 )(y y 1 )=(y 2 y 1 )(x x 1 ).

190 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 181 Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι κάθε σημείο του επιπέδου που ικανοποιεί την παραπάνω εξίσωση ανήκει στην ευθεία. 4.2 Συνάρτησεις Η έννοια της συνάρτησης Στο παρακάτω σχήμα παριστάνει μία καμπύλη που ονομάζεται ϱοδονέα (από το ϱόδον ). Μία εξίσωση της είναι η (x 2 + y 2 ) 3 = 64x 2 y 2. Στην καμπύλη μας μπορούμε να συναντήσουμε σημεία με ίδια τεταγμένη ή σημεία με ίδια τετμημένη. Βλέπουμε ότι δεν υπάρχουν σημεία που έχουν τετμημένη 4, υπάρχουν τέσσερα σημεία που έχουν τετμημένη 2 και ένα μόνο σημείο με τετμημένη 0. Η περίπτωση όπου σε ένα αριθμό αντιστοιχεί το πολύ ένα σημείο με τετμημένη αυτό τον αριθμό (που σημαίνει ή μόνο ένα ή κανένα) παρουσιάζει χωριστό μαθηματικό ενδιαφέρον. Στο σχήμα που ακολουθεί απεικονίζεται μία καμπύλη με εξίσωση x 2 y + y 2x = 0 που λέγεται οφιοειδής.

191 Συνάρτησεις Σε αυτή την καμπύλη σε μία τετμημένη αντιστοιχεί ένα μόνο σημείο της που έχει αυτήν ως τετμημένη και με την ϐοήθεια αυτούτου σημείου μπορούμε να ϐρούμε και την τεταγμένη του. Ετσι μπορούμε να αντιστοιχούμε σε τετμημένες τεταγμένες δηλαδή σε αριθμούς του x x αριθμούς του y y. Αυτή η αντιστοίχιση ονομάζεται συνάρτηση 4. Στα Μαθηματικά η συνάρτηση εμφανίζεται πιο γενικά. Συνάρτηση είναι μία διαδικασία όπου στα στοιχεία ενός συνόλου A (που λέγεται πεδίο ορισμού ή σύνολο ορισμου της συνάρτησης) αντιστοιχίζονται στοιχεία ενός άλλου συνόλου B (που λέγεται σύνολο αφίξεως) κατά τρόπο ώστε σε κάθε στοιχείο του A αντιστοιχίζεται ένα και μόνο ένα στοιχείο του B. Παράδειγμα 82. Στον πίνακα ϕαίνονται διάφορα παραδείγματα συναρτήσεων : Σύνολο A Σύνολο B Αντιστοίχιση N N Στο ν αντιστοιχεί το ν + 1 N N Στο ν αντιστοιχεί το 2ν N N Στο ν αντιστοιχεί το 2ν + 1 N Q Στο ν αντιστοιχεί το ν 2 N Q Στο ν αντιστοιχεί το n+1 n+2 Τα ενδεχόμενα του Ω [ 1, 1] Στο X αντιστοιχεί η πιθανότητα P (X) Τα τρίγωνα του επιπέδου. (0, + ) Στο T αντιστοιχεί το εμβαδόν του Το επίπεδο. Το επίπεδο Στο M αντιστοιχεί το συμμετρικό του ως προς K. 4 Ο όρος στα Αγγλικά είναι function που σημαίνει λειτουργία και οφείλεται στον Leibniz ο οποίος χρησιμοποίησε τον λατινικό όρο functio. Η απόδοση στα Ελληνικά συνάρτηση δίνει έμφαση στο ότι η τιμή που «παίρνουμε» συναρτάται, εξαρτάται από την «τιμή» που δίνουμε.

192 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 183 Τις συναρτήσεις τις συμβολίζουμε με κάποια γράμματα f,g,h,ϕ,σ κ.α. Αν ϑέλουμε να δηλώσουμε ότι η συνάρτηση f αντιστοιχίζει στοιχεία του συνόλου A σε στοιχεία του συνόλου B γράφουμε f A B (διαβάζεται «f τέτοια ώστε το A να απεικονίζεται στο B»). Αν η f αντιστοιχίζει το x A στο y B γράφουμε f x y ήσυνηθέστεραy = f (x). Συνηθίζεται να λέμε ότι το x A είναι η ανεξάρτητη μεταβλητή της συνάρτησης και το y = f(x) ηεξαρτημένη μεταβλητή που λέγεται και τιμή της f στο x. Φυσικά η χρήση των γραμμάτων x και y δεν είναι δεσμευτική και μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και άλλα γράμματα. Επειδή για μία συνάρτηση αντιστοιχίζει σε ένα x ένα μόνο y σε ίσα x αντιστοιχίζει ίσα y. Με άλλα λόγια Αν x 1 = x 2 τότε f(x 1 )=f(x 2 ) (4.26) Ετσι αν μία συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού τους πραγματικούς αριθμούς τότε f (2)=f ( 4) και f (x 2 + 2x + 1) = f ((x + 1) 2 ) διότι 2 = 4 και x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2. Το αντίστροφο δεν ισχύει δηλαδή αν συμβαίνει f (x 1 )=f(x 2 ) αυτό δεν σημαίνει ότι κατ ανάγκην ϑα είναι και x 1 = x 2. Για παράδειγμα με f (x)=x 2 είναι f ( 2)=f (2) αλλά ϕυσικά δεν ισχύει 2 = 2! Ειδική περίπτωση συνάρτησης είναι εκείνη όπου τόσο το A όσο και το B είναι μη κενά υποσύνολα των πραγματικών αριθμών. Λέμε τότε ότι έχουμε πραγματική συνάρτηση μία πραγματικής μεταβλητής. Πιο συνηθισμένη περίπτωση είναι ο τρόπος με τον οποίο γίνεται η αντιστοίχιση x f (x) να γίνεται με την ϐοήθεια ενός ή περισσότερων παραστάσεων (τύπων). Παράδειγμα 83. Με A = R, B = R ϑεωρούμε την συνάρτηση f A B με f (x)=(x + 1)(x + 2)+1. Τότε f (1)=(1 + 1)(1 + 2)+1 = 7 f ( 3)=( 3 + 1)( 3 + 2)+1 = 3 f ( 2)=( 2 + 1)( 2 + 2)+1 = Παράδειγμα 84. Με A =[0, + ), B = R ϑεωρούμε την συνάρτηση q A B με g (x)= x + x 2.Τότε g (0) = = 0 g (4)= = 18 Παράδειγμα 85. Με A = N δηλαδή A ={1, 2, 3, 4,...} και B = R ορίζουμε την συνάρτηση α A R με α (ν)=2 + 3ν. Είναι α (1)= = 5 α (2)= = 8

193 Συνάρτησεις α (3)= = 11 Μία συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο των ϕυσικών αριθμών ή το σύνολο των μη αρνητικών αριθμών 5 ονομάζεται ακολουθία και οι αριθμοί α (1),α(2),α(3),α(4),... ονομάζονται όροι της ακολουθίας. Για τις ακολουθίες χρησιμοποιούμε δείκτες για να δηλώσουμε τους όρους της γράφοντας α ν αντί για α (ν). Στην περίπτωση μας είναι : α 1 = 5 α 2 = 8 α 3 = 11 Παράδειγμα 86. Ας ϑεωρήσουμε την συνάρτηση h R R με: h (x)={ x 2 αν x < 1 2x 1 αν x 1 τότε h (2)=2 2 1 = 3 h ( 3)=( 3) 2 = 9 Ασκηση 341. Εστω η συνάρτηση f R R με f (x) =x 2 + 3x + 1. Να γράψετε τα : 1. f (2) 2. f ( 1) 3. f ( 1 2 ) 4. f ( 2) 5. f (x + 2) 6. f (x 2) Ασκηση 342. Εστω η συνάρτηση f R {1} R με f (x) = x+1. Να γράψετε τα : x 1 1. f (2) 2. f ( 5) 3. f (x + 4) 4. f (4 x) 5. f (3x) 6. f ( x 3 ) Ασκηση 343. Εστω η συνάρτηση g R R με g (x) =x 2 + x (x α). Ναϐρείτετον α ώστε να ισχύει g (5)=5. Ασκηση 344. Εστω η συνάρτηση g R R με g (x) =x 3 + λx. Να επαληθεύσετε την ισότητα : g (λ + 1)=λ 3 + 4λ 2 + 4λ Μερικοί τρόποι για να «ϐλέπουμε» τις συναρτήσεις Με διαγράμματα του Venn. Ενας σχηματικός τρόπος για να παριστούμε μία συνάρτηση είναι σχεδιάζοντας διαγράμματα για τα σύνολα που συνδέει και ϐελάκια που δείχνουν την αντιστοίχιση των στοιχείων : 5 Σε μερικές περιπτώσεις και με πεδίο ορισμούκάποιο υποσύνολο του N της μορφής {1, 2, 3, 4,..., ν}

194 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 185 Σημειώστε ότι : Μια συνάρτηση δεν μπορεί να αντιστοιχίζει σε ένα στοιχείο δύο ή περισσότερα στοιχεία. Επομένως δε μπορεί από το ίδιο στοιχείο να ξεκινούν δύο ή περισσότερα ϐελάκια. Σε ένα στοιχείο του συνόλου αφίξεως μπορεί να μην καταλήγει κανένα ϐελάκι ή να καταλήγουν περισσότερα από ένα ϐελάκια Ως μηχανισμούς. Επίσης είναι χρήσιμο να ϕανταζόμαστε μία συνάρτηση ως ένα μηχανισμό : εισάγουμε στοιχεία και παίρνουμε στοιχεία : Μπορούμε να «συνδέουμε» τέτοιους μηχανισμούς και να ϕτιάχνουμε πιο σύν- ϑετες συναρτήσεις. Παράδειγμα 87. Αν έχουμε τις συναρτήσεις f R R, g R R με f (x) = x 2, g (x) =2x 1 τότε μπορούμε να έχουμε μία «παράλληλη» σύνδεση των μηχανισμών ως εξής : Παράδειγμα 88. Χρησιμοποιούμε τις συναρτήσεις του προηγουμένου πα- ϱαδείγματος αλλά τις συνδέουμε σε σειρά :

195 Συνάρτησεις Το x εισάγεται στην g μας δίνει 2x 1 το οποίο με την σειρά του εισάγεται στην f.ηf αντιστοιχίζει κάθε αριθμό στο τετράγωνο του. Στον 2x 1 αντιστοιχίζει το (2x 1) 2. Με πίνακα τιμών. Μπορούμε να δώσουμε πληροφορίες για μία συνάρτηση ή να πάρουμε πληροφορίες για μια συνάρτηση με την ϐοήθεια ενός πίνακα τιμών όπου στην μία γραμμή του εμφανίζονται οι τιμές της ανεξάρτης μεταβλητής (συνήθως του x)και στην άλλη οι τιμές της εξαρτημένης (συνήθως του y). Αντί γραμμών μπορούμε να έχουμε στήλες. Στον πίνακα τιμών που ακολουθεί δίνονται κάποιες τιμές της f(x)=x 3. x f(x) Ως γραφικές παραστάσεις. Με δυο λόγια σαν γραμμές όπως ακριβώς ξεκινήσαμε στην αρχή της ενότητας. Αν έχουμε μία συνάρτηση f A R όπου το A είναι κάποιο (μη κενό) υποσύνολο του R τότε η συνάρτηση f αντιστοιχίζει σε κάθε x A ένα μόνο y = f(x) και κατά συνέπεια και το σημείο M(x, f(x)). Οταν το x μεταβάλλεται όλα τα σημεία M(x, f(x)) απαρτίζουν ένα σύνολο σημείων που λέγεται γραφική παράσταση της συνάρτησης. Συνήθως το A είναι απειροσύνολο και ϕυσικά δε μπορούμε να σχεδιάσουμε όλα τα σημεία της γραφικής παράστασης. Οσο περισσότερα σημεία της γραφικής παράσταση ϑεωρήσουμε τόσο πιο καλή εικόνα έχουμε για την συνάρτηση μας :

196 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 187 Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης περιλαμβάνει μόνο τα σημεία της μορφής M(x, f(x)) επομένως : Το σημείο P (α, β) ανήκει στην γραφική παράσταση της f αν Το α ανήκει στο πεδιο ορισμούτης f f(α)=β (4.27) Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης μπορεί να μας δώσει αρκετές πληρο- ϕορίες για την συνάρτηση. Μεταξύάλλων : Μπορούμε να ϐρούμε ποιο y αντιστοιχεί σε δοθέν x. Μπορούμε να ϐρούμε ποια x αντιστοιχούν σε δοθέν y.

197 Συνάρτησεις Μπορούμε να ϐρούμε το πεδίο ορισμού της f. Μπορούμε να ϐρούμε ποια y είναι τιμές της f. Μπορούμε να ϐρούμε 1. Για ποια x είναι f(x) >0: Είναι εκείνα για τα οποία τα αντίστοιχα σημεία της γραφικής παράστασης ϐρίσκονται πάνω από τον x x. 2. Για ποια x είναι f(x) <0: Είναι εκείνα για τα οποία τα αντίστοιχα σημεία της γραφικής παράστασης ϐρίσκονται κάτω από τον x x. 3. Για ποια x είναι f(x)=0δηλαδή είναι ϱίζες της f : Είναι εκείνα για τα οποία τα αντίστοιχα σημεία της γραφικής παράστασης ϐρίσκονται πάνω στον x x. Πρόκειται για τις τετμημένες των σημείων στα οποία η γραφική παράσταση τέμνει τον x x.

198 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις Το σημείο που τέμνει η γραφική παράσταση τον άξονα y y. Η τεταγμένη του είναι το f(0). Ασκηση 345. Με την ϐοήθεια της Geogebra να κάνετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων : 1. f (x)=3x 2. f (x)= 3 x 3. f (x)=x 2 4. f (x)=x 3 5. f (x)=3x f (x)= 3 (x + 4) Ασκηση 346. Με την ϐοήθεια της Geogebra να κάνετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων : 1. f (x) = x+2 x 3 2. f (x) =x 2 + 3x f (x)=x 3 2x 4. f (x)= x 1+ 1 x x x Βρείτε σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τετμημένη 2. Ασκηση 347. Δίνεται η συνάρτηση f (, 1) (1, + ) R με f (x) = 2. Βρείτε σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τετμημένη Βρείτε σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τεταγμένη Βρείτε σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τεταγμένη 1. Ασκηση 348. Δίνεται η συνάρτηση f R R με f (x) = x x Να ϐρείτε για ποια τιμή του λ το σημείο P (2,λ) ανήκει στην γραφική παράσταση της f. 2. Να ϐρείτε για ποια τιμή του μ το σημείο T (μ, 1 ) ανήκει στην γραφική παράσταση της f 2.

199 Συνάρτησεις Ασκηση 349. Δίνεται η συνάρτηση f R R με f (x) =x (x 1). 1. Να ϐρείτε για ποια x η γραφική της παράσταση ϐρίσκεται πάνω από τον x x. 2. Να ϐρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης με τους άξονες Για το πεδίο ορισμού Είναι πολύσυνηθισμένο μία συνάρτηση να παρουσιάζεται με ένα τύπο χωρίς καμία αναφορά στο πεδίο ορισμού. Τότε εφ όσον χρειάζεται ϕροντίζουμε να το προσδιορίσουμε εμείς ακολουθώντας τον εξής κανόνα : Εξαιρούμε όλους τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους ο τύπος δεν έχει νόημα. Με άλλα λόγια κρατάμε εκείνους τους αριθμούς που μπορούν να αντικατασταθούν στον τύπο χωρίς να υπάρξει πρόβλημα στην εκτέλεση των πράξεων με άλλα λόγια χωρίς να «μπλοκάρει» ο τύπος. Η συνηθέστερες (σε άλλη τάξη ϑα συναντήσουμε και άλλες) προφυλάξεις που παίρνουμε είναι : Αν έχουμε παρονομαστές σε κλάσματα A B απαιτούμε B 0. Αν έχουμε ϱίζες A απαιτούμε A 0. Παράδειγμα 89. Να ϐρεθεί το πεδίο ορισμούτης συνάρτησης f (x)=x Λύση. Εδώ δεν υπάρχει πρόβλημα όποιο αριθμό και αν αντικαταστήσουμε στην ϑέση του x και επομένως το πεδίο ορισμούείναι το R. Παράδειγμα 90. Να ϐρεθεί το πεδίο ορισμούτης συνάρτησης g (x)= Λύση. Εδώ έχουμε παρονομαστή και πρέπει να ϕροντίσουμε να είναι διάφορος του μηδενός. Πρέπει x 1 0 x 1. Μπορούμε να παρουσιάσουμε το πεδίο ορισμούμε τους ακόλουθους τρόπους που λένε όλοι το ίδιο πράγμα : x x 1 Το πεδίο ορισμούτης g αποτελείται από τους πραγματικούς αριθμούς που είναι διάφοροι του 1. Το πεδίο ορισμούτης g είναι το σύνολο R {1}. Το πεδίο ορισμούτης g είναι το σύνολο (, 1) (1, + ). Παράδειγμα 91. Να ϐρεθεί το πεδίο ορισμούτης συνάρτησης h (x)= 2x 4. Λύση. Εδώ πρέπει το υπόρριζο να είναι μη αρνητικό δηλαδή 2x 4 0 2x 4 x 2. Το πεδίο ορισμούείναι το διάστημα [2, + ). Παράδειγμα 92. Να ϐρεθεί το πεδίο ορισμούτης συνάρτησης ϕ (x)= x 1+ 5 x. Λύση. Εδώ πρέπει και τα δύο υπόρριζα να είναι μη αρνητικά δηλαδή να συναληθεύουν οι ανισώσεις x 1 0, 5 x 0. Εύκολα ϐρίσκουμε ότι πρέπει να ισχύει 1 x 5 και το πεδίο ορισμούείναι το διάστημα [1, 5]. Ασκηση 350. Να ϐρείτε το πεδίο ορισμούτων συναρτήσεων

200 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις f (x) = x 1 x+1 2. f (x) = 3. f (x) = x 1 x 2 +3x+2 x 1 x 2 +3x+3 4. f (x)= x 1 5. f (x)= x 2 +3x+3 x 1 x+2 6. f (x)= x x Η συνάρτηση x ν Μπορούμε με την ϐοήθεια ενός πίνακα τιμών και αρκετές πράξεις ή ποιο απλά στην Geogebra να κάνουμε την γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=x ν για τις τιμές ν = 1, 2, 3,... Πίσω από τον τύπο f(x) =x ν κρύβονται πολλές συναρτήσεις μία για κάθε τιμή του ν. Ας δούμε μερικές : Βλέπουμε ότι για τις άρτιες τιμές του ν η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από τον x x εκτός από το σημείο O πράγμα αναμενόμενο αφού x ϑετικό άρτιο 0 και το ίσον ισχύει μόνο για x = 0. Οταν ο εκθέτης είναι περιττός τότε η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από τον x x μόνογιαταϑετικάx. Ας δούμε τώρα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων x ν συγκριτικά δηλαδή σχεδιασμένες στο ίδιο σύστημα αξόνων.

201 Συνάρτησεις Παρατηρούμε ότι όλες οι γραφικές παραστάσεις διέρχονται από την αρχή των αξόνων και από το σημείο με συντεταγμένες ίσες με 1. Τα σημεία όλων των γραφικών παραστάσεων που αντιστοιχούν σε ϑετικά x. Επίσης μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι : Στο διάστημα (0, 1) η γραφική παράσταση της x ϐρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της x 2 που με την σειρά της ϐρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της x 3 κ.ο.κ. Ολες δε οι γραφικές παραστάσεις ϐρίσκονται κάτω από την γραφική παράσταση της y = 1. Αυτόσημαίνει ότι αν πάρουμε ένα x από το (0, 1) και το υψώσουμε στις δυνάμεις 0, 1, 2, 3,... τότε υψώνοντας σε μεγαλύτερο εκθέτη παίρνουμε μικρότερο αποτέλεσμα : Αυτό σημαίνει ότι αν x (0, 1) και για τους ϕυσικούς ακέραιους μ, ν ισχύει μ < ν τότε x μ > x ν. Πράγματι: x μ > x ν x>0 1 > xν x μ 1 > x ν μ 1 ν μ >

202 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 193 x ν μ 1 > x και η τελευταία σχέση ισχύει. Αποδείξαμε λοιπόν ότι : Αν 0 < x < 1 και για τους ϕυσικούς αριθμούς μ, ν ισχύει μ < ν τότε x μ > x ν (4.28) Οταν ο x γίνει μεγαλύτερος από το 1 τα πράγματα αλλάζουν : Σε μεγαλύτερο εκθέτη αντιστοιχεί μεγαλύτερη δύναμη : Αν x > 1 και για τους ϕυσικούς αριθμούς μ, ν ισχύει μ < ν τότε x μ < x ν (4.29) Η απόδειξη είναι ίδια με την προηγούμενη : x μ < x ν x>0 1 < xν x μ 1 < x ν μ 1 ν μ < x ν μ 1 > x (ισχύει) Ασκηση 351. Να συμπληρώσετε τις παρακάτω σχέσεις με το κατάλληλο σύμβολο από τα <, > ώστε να προκύψει αληθής ανισότητα : ( 2 3 )5... ( 2 3 )9 3. ( 2 1) ( 2 1) ( ) 4... ( ) 7 5. (1 + x ) (1 + x ) 2000 με x ( 2 3 ) ( 2 3 )15 Ασκηση 352. Εστω 0 < x < Πολλαπλασιάστε και όλα τα μέλη της 0 < x < 1 με τον ϑετικό αριθμό x. Ποια ανισότητα προκύπτει ; 2. Δώστε μία άλλη απόδειξη για την (4.28) Η έννοια της ν-οστής ϱίζας. Ας δούμε ξανά την γραφική παράσταση των συναρτήσεων x ν στρέφοντας την προσοχή μας στην g(x) =x 2. Αν πάρουμε έναα 0 στον άξονα y y τότε μπορούμε να ϐρούμε ένα x 0 τέτοιο ώστε g(x) =α. Γεωμετρικά μπορούμε να το ϐρούμε πολύ απλά : αρκεί να ϕέρουμε μία κάθετη στον y y στο σημείο α να κινηθούμε προς τα δεξιά, να συναντήσουμε την γραφική παράσταση της συνάρτησης, να ϕέρουμε κάθετη στον x x: Θα ϐρούμε ένα μη αρνητικό αριθμό x ώστε g(x) =α με άλλα λόγια x 2 = α. Ασφαλώςοαριθμόςx δεν είναι άλλος από την τετραγωνική ϱίζα ϱου α δηλαδή ο α.

203 Συνάρτησεις Μπορούμε να κάνουμε το ίδιο και με την h(x) =x 3. Τότε στον τυχόντα α 0 αντιστοιχούμε ένα x 0 τέτοιο ώστε h(x) =α δηλαδή x 3 = α. Κατ αναλογία με την τετραγωνική ϱίζα ο αριθμός x ονομάζεται κυβική ϱίζα του α και συμβολίζεται με 3 α. Δηλαδή η κυβική ϱίζα του μη αρνητικούαριθμού α είναι ο μοναδικός μη αρνητικός αριθμό x που αν υψωθεί στον κύβο (=στην τρίτη) μας δίνει το α.

204 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 195 Κατ αναλογία με την τετραγωνική ϱίζα έχουμε : x = 3 α α 0 x 0 x 3 = α (4.30) Παράδειγμα 93. Είναι 3 0 = 0, 3 1 = 1, 3 8 = 3, = 3 2. Παράδειγμα 94. Να αποδειχθεί ότι = Λύση. Για να είναι ο μη αρνητικός αριθμός x = 1+ 2 κυβική ϱίζα του επίσης μη αρνητικούαριθμούα = ϑα πρέπει αν ο x υψωθεί στην τρίτη να μας δώσει τον α με άλλα λόγια ϑα πρέπει (1 + 2) 3 = Άρα απομένει να δούμε αν η τελευταία ισότητα αληθεύει. Πράγματι : (1 + 2) 3 = = = = = = = Δοθέντος ενός α 0 με την ίδια λογική που αναζητήσαμε μη αρνητικούς αριθμούς που αν υψωθούν στο τετράγωνο ή στην τρίτη να μας δίνουν το α μπορούμε να αναζητήσουμε και μη αρνητικούς αριθμούς που αν υψωθούν στην τετάρτη, στην πέμπτη, στην έκτη κ.ο.κ. να μας δίνουν τον α. Ονομάζονται αντιστοίχως τέταρτη, πέμπτη, έκτη ϱίζα του α κ.ο.κ και συμβολίζονται με 4 α, 5 α, 6 α Δοθέντος ενός α 0 με την ίδια λογική που αναζητήσαμε μη αρνητικούς αριθμούς που αν υψωθούν στο τετράγωνο ή στην τρίτη να μας δίνουν το α μπορούμε να αναζητήσουμε και μη αρνητικούς αριθμούς που αν υψωθούν στην τετάρτη, στην πέμπτη, στην έκτη κ.ο.κ. να μας δίνουν τον α. Ονομάζονται αντιστοίχωςτέταρτη, πέμπτη, έκτη ϱίζα του α κ.ο.κ και συμβολίζονται με κ.ο.κ. 4 α, 5 α, 6 α. Για την τετραγωνική ϱίζα διατηρούμε τον «παλιο» συμβολισμό και προτιμάμε να γράφουμε 2 α αντί α. Στο επόμενο σχήμα ϐλέπουμε τις ϱίζες αυτές όταν α > 1

205 Συνάρτησεις ενώ όταν α < 1 η εικόνα είναι η ακόλουθη : Γενικά για κάθε μη αρνητικό αριθμό α και κάθε ϑετικό ακέραιο ν ορίζεται η ν οστή του ϱίζα ως ο μοναδικός μη αρνητικός αριθμός που αν υψωθεί στην ν μας δίνει το α. Συμβολίζεται με ν α. Ισχύει ϕυσικά : x = ν α α 0 x 0 x ν = α (4.31) Φυσικά για κάθε μη αρνητικό αριθμό α ισχύει ν α ν = α (4.32) και ακόμη : 1 α = α, ν 1 = 1, ν 0 = 0 (4.33)

206 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 197 Το ν α ονομάζεται ϱίζα, οαριθμόςα ονομάζεται υπόρριζο, και ο ν ονομάζεται δείκτης της ϱίζας και συχνά το σύβολο ν ονομάζεται ϱιζικό: Παράδειγμα 95. α) Είναι 4 81 = 3 διότι 3 4 = 81. ϐ) Για να ϐρούμε την χρειάζεται να ϐρούμε ένα ϑετικό αριθμό που αν υψωθεί στην 4η ναμαςδώσει το Δοκιμάζοντας διάφορους αριθμούς (αργότερα ϑα δούμε και άλλη τεχνική) ϐρίσκουμε ότι = 5. Παράδειγμα 96. Ας ϑεωρήσουμε ένα ϑετικό αριθμό m. Τότε 3 m 3 = m διότι ο αριθμός τον οποίο πρέπει να υψώσουμε στην τρίτη για να ϐρούμε τον m 3 δεν είναι άλλος από τον m. Επίσης 3 m 6 = m 2 διότι πράγματι m 6 = (m 2 ) 3. Τέλος 5 m 15 = m 3 αφού (m 3 ) 5 = m 15. Ασκηση 353. Να συμπληρώσετε τις ισότητες : = 5 2. a 10 = a > = r a rt =, a > a 36 =, a > = Ασκηση 354. Αν 4 α = 3 και 4 β = 5 ϐρείτε το α + β. Ασκηση 355. Να επαληθεύσετε τις ισότητες : 1. ( ) 3 = ( ) 3 = = Ασκηση 356. Να επαληθεύσετε τις ισότητες : 1. ( 3 x + 3 y) 3 = x x 2 3 y x 3 y 2 + y 2. ( 3 x + y) 6 = x 2 + 2x y + y

207 Συνάρτησεις 3. ( 3 x + y) 6 ( 3 x y) 6 = 4x y Ασκηση 357. Να επαληθεύσετε τις ισότητες : 1. ( 3 x + 3 y) 3 = x x 2 3 y x 3 y 2 + y 2. ( 3 x + y) 6 = x 2 + 2x y + y 3. ( 3 x + y) 6 ( 3 x y) 6 = 4x y 3 Ασκηση 358. Να αποδείξετε ότι : = Ασκηση 359. Εστω ότι 3xy (x + y)=α + β 3 α = x και 3 β = y. Να αποδείξετε ότι (x + y) 3 Ασκηση 360. Να αποδείξετε ότι ( 3 x x ) 3 = x x x + 1 x ν-οστές ϱίζες και πράξεις. Οι ιδιότητες (3.52), (3.53) που είδαμε για τις τετραγωνικές ϱίζες μεταφέρονται και στις ν οστές ϱίζες. Δηλαδή για τους μη αρνητικούς αριθμούς α, β ισχύει : ν αβ = ν α ν β (4.34) και ν α β = ν α ν β (4.35) Οι αποδείξεις είναι παρόμοιες : ν αβ = ν α ν β ( ν αβ) ν =( ν α ν β) ν ν αβ ν = ν α ν ν β ν αβ = αβ ν α ν ν α α ν ν ν α α β = ν ( ν β β ) =( ν ) ν = β β ν α ν ν β ν α β = α β και οι αρχικές ισχύουν διότι ισχύουν οι τελικές δηλαδή οι αβ = αβ και α β = α β. Η (4.34) ισχύει και για περισσότερος από δύο αριθμούς. Ετσι αν οι αριθμοί α 1,α 2,..., α μ είναι μη αρνητικοί τότε ισχύει : ν α1 α 2... α μ = ν α 1 ν α 2... ν α μ (4.36) Αν δε οι αριθμοί α 1,α 2,..., α μ είναιόλοιίσοιμεα τότε η προηγούμενη σχέση γίνεται : ν α μ = ν α μ (4.37) Η προηγούμενη σχέση για μ = ν γίνεται ν α ν = ν α ν που αν την συνδυάσουμε με την (4.32) μας δίνει ότι για κάθε α 0 ισχύει : ν α ν = ν α ν = α (4.38)

208 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 199 Η σχέση 4.38 μας πληροφορεί ότι η εξαγωγή ν-οστής ϱίζας και η ύψωσή την ν είναι αντίστροφες διαδικασίες και η μία ακυρώνει την δράση της άλλης : Αν υψώσουμε ένα μη αρνητικό αριθμό σε μία δύναμη και μετά πάρουμε την ν-οστή ϱίζα ϑα ϐρεθούμε εκεί που ξεκινήσαμε. Το ίδιο ϑα συμβεί αν πάρουμε πρώτα δύναμη και μετά ϱίζα (εννοείται ότι δείκτης και εκθέτης ϑα είναι οι ίδιοι). Ας δούμε τώρα τι συμβαίνει όταν παίρνουμε διαδοχικά δύο ϱίζες του ίδιου μη αρνητικούαριθμούόχι κατ ανάγκην με τον ίδιο δείκτη. Ας πούμε ότι έχουμε τον αριθμό α. Παίρνουμετηνν οστή ϱίζα του (δηλαδή τον αριθμό ν a). Θα είναι ένας αριθμός x 0 που αν υψωθεί στην ν ϑα μας δώσει τον α. Παίρνουμε στην συνέχεια την μ οστή ϱίζα του x (δηλαδή τον μ x που δεν είναι άλλος από τον μ ν a). Θα είναι ένας αριθμός y 0 που αν υψωθεί στην μ ϑα μας δώσει τον x. Εχουμε το διάγραμμα : Βλέπουμε ότι για να ξαναγυρίσουμε στο α ξεκινώντας από το y πρέπει να υψώσουμε το y στην μ για να ϕθάσουμε στο x και μετά να υψώσουμε το x στην ν για να ϕθάσουμε στο α. Δηλαδή(y μ ) ν = α που σημαίνει ότι y μν = α. Άρα για να πάρουμε το α πρέπει να υψώσουμε τον y στην μν. Δηλαδήy μν = α που σημαίνει ότι y = νμ α. Αλλά είναι και y = μ ν a. Επομένως : μ ν a = μν α (4.39) Φυσικά η (4.39) μπορεί να αποδειχθεί και με τον συνηθισμένο τρόπο : μ ν a = μν α ( μ ν a) μν = ( μν α) μν ( μ ν a μ ) ν = μν α μν ( ν a) ν = α ν a ν = α Το γεγονός ότι η διαδοχική ύψωση σε δύναμη και εξαγωγή ϱίζας με ίδιο εκθέτη και δείκτη δεν αλλάζει τον αρχικό αριθμό μας δίνει την δυνατότητα να ϐρούμε ένα τύπο που μας επιτρέπει να απλοποιούμε ϱίζες δυνάμεων. Ας πάρουμε τον αριθμό ν α μ. Ο αριθμός αυτό δεν αλλάζει αν παρεμβάλλουμε ανάμεσα στην ϱίζα και την δύναμη μία άλλη ϱίζα και μία άλλη δύναμη αρκεί ν να έχουν ίδιο εκθέτη-δείκτη : α μ = ν ρ (α μ ) ρ. Ομως οι δύο ϱίζες μπορούν να γίνουν μία και οι δύο δυνάμεις επίσης μπορούν να γίνουν μία άρα έχουμε ν ρ (α μ ) ρ = νρ α μρ. Τελικά : ν α μ = νρ α μρ (4.40)

209 Συνάρτησεις Η αξία της παραπάνω ισότητας είναι ότι μας επιτρέπει απολοποιήσεις : ν ρ α μ ρ = ν α μ Παράδειγμα 97. Αν 4 α = 3, 4 β = 6, 4 γ = 11 τότε για να ϐρούμε το 4 αβγ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την (4.36) και ϑα έχουμε 4 αβγ = 4 α 4 β 4 γ = = 198 Παράδειγμα 98. Μπορούμε να ϐρίσκουμε ϱίζες ακεραίων αν τους αναλύσουμε σε γινόμενο πρώτων παραγόντων οπότε το μόνο που χρειάζεται είναι να ξέρουμε τις ϱίζες μόνο των πρώτων αριθμών. Ας πούμε ότι έχουμε να ϐρούμε την Αναλύοντας τον 765 ϐρίσκουμε οπότε = = Με την ϐοήθεια της (4.37) έχουμε ότι = οπότε : = Αν πάρουμε τις προσεγγιστικές τιμές 3 3 = 1, 4, ϐρίσκουμε = 1, 4 2 1, 7 2, 6 = 8, = 1, 7, 3 17 = 2, 6 τότε Παράδειγμα 99. Οταν δουλεύουμε με τετραγωνικές ϱίζες τις ϕανταζόμαστε ότι έχουν δείκτη 2 και με αυτό το δεδομένο κάνουμε τους διάφορους χειρισμούς. Ετσι α = α = α = 8 α. Παράδειγμα 100. Οι ιδιότητες που προαναφέραμε μας επιτρέπουν αν όχι να απαλλαγούμε εντελώς από τα ϱιζικά τουλάχιστον να καταλήξουμε σε κάποια απλούστερα. Η λογική που ακολουθούμε είναι να ϐγάλουμε ότι περισσότερο μπορούμε έξω από το ϱιζικό. Ετσι α 5 β 6 4 γ 4 α 4 4 β 4 4 αβ 2 = 4 α 4 αβ 4 β 2 γ γ = 4 α 4 4 β 4 4 = 4 α 4 β 4 αβ2 γ = αβ 2 γ = αβ 4 αβ 2 Παράδειγμα 101. Θεωρούμε την παράσταση 15 x y 16 όπου οι x, y είναι μη αρνητικοί αριθμοί. Η παράσταση αυτή μπορεί να απλοποιηθεί αν αξιοποιήσουμε την (4.40): 15 x y 16 = 3 5 x y 4 4 = 5 x y 4 γ

210 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 201 Παράδειγμα 102. Συχνά είναι χρήσιμο να μετατρέψουμε όλα τα ϱιζικά σε ϱιζικά με ένα δείκτη. Αυτό επιτυγχάνεται αν τα κάνουμε όπως λέμε ομώνυμα. Λ.χ. η παράσταση 3 x 8 y 4 5 x 12 y 12 (x, y 0) γράφεται και με ένα ϱιζικό ως εξής : 3 x 8 y x 12 y 12 = (x y 4 ) 5 (x 12 y 12 ) 3 = 15 x 40 y x 36 y 36 = 15 (x 40 y 20 )(x 36 y 36 )= 15 x 76 y 56 Ασκηση 361. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. A = B = Γ = Ασκηση 362. Να επαληθεύσετε την ισότητα : ( ) = Ασκηση 363. Οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. A = 3 α 6 β 12 γ Γ = 3 3 α 18 β 9 γ B = 5 α 20 β 15 γ Δ = 3 α 7 β 27 γ 18 Ασκηση 364. Να απλοποιήσετε τα ϱιζικά (όλοι οι αριθμοί είναι ϑετικοί): p4 d 8 3. x 2. 3 x9 y α 4 4 β 2 Ασκηση 365. Αν α = t να εκφράσετε συναρτήσει του t την παράσταση ( 4 α α) 2. Ασκηση 366. Με δεδομένο ότι 5 α = 12 και 5 β = 33 να ϐρείτε τα : 1. 5 αβ 3. 5 α2 5 β α 5 β 4. 5 tα 5 tβ Ασκηση 367. Να μετατρέψετε τα παρακάτω ϱιζικά σε ϱιζικά με τον ίδιο δείκτη : 3 α, 4 β, 6 γ Ασκηση 368. Να αποδείξετε ότι ( ) =

211 Συνάρτησεις ν-οστές ϱίζες και διάταξη. Στο επόμενο σχήμα ϐρίσκεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης x ν για κάποιο ν και για x 0. Στον ϑετικό ημιάξονα των y έχουμε πάρει δύο αριθμούς α < β. Βλέπουμε ότι ν α < ν β. Επειδή οι γραφικές παραστάσεις προσφέρουν ενδείξεις αλλά όχι αποδείξεις ας δώσουμε και μία απόδειξη του συμπεράσματος. Εμείς ϑέλουμε ν α < ν β. Άρα αρκεί να αποκλείσουμε τα ενδεχόμενα ν α = ν β και ν α > ν β. Αν συνέβαινε ν α = ν β υψώνοντας στην ν ϐρίσκουμε ότι ν α ν = ν β ν που σημαίνει ότι α = β (άτοπο αφού α < β). Αν πάλι συνέβαινε ν α > ν β τότε υψώνοντας στην ν ϐρίσκουμε ότι ν α ν > ν β ν που μας οδηγεί στο άτοπο συμπέρασμα ότι α > β. Αρα αν οι αριθμοί είναι άνισοι τότε οι ν-οστές ϱίζες τους είναι κατά τον ίδιο τρόπο άνισες. Φυσικά ισχύει και το αντίστροφο δηλαδή αν οι ϱίζες είναι άνισες και τα υπόρριζα είναι κατά τον ίδιο τρόπο άνισα. Αποδείξαμε ότι για μη αρνητικούς αριθμούς α, β και ϕυσικό αριθμό ν ισχύει α < β ν α < ν β (4.41) Προηγουμένως συγκρίναμε ϱίζες με ίδιο δείκτη και διαφορετικά υπόρριζα. Θα δούμε τώρα τι συμβαίνει όταν το υπόρριζο είναι το ίδιο αλλά οι δείκτες άνισοι. Ας ξαναδούμε δύο σχήματα που τα συναντήσαμε και προηγουμένως (έχουν παραληφθεί τα σημεία των γραφικών παραστάσεων που αντιστοιχούν σε αρνητικά x).

212 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 203 Μπορούμε να παρατηρήσουμε τα εξής : Αν ο αριθμός μας είναι μεγαλύτερος της μονάδας σε μεγαλύτερο δείκτη αντιστοιχεί μικρότερος αριθμός. Πράγματι με α > 1 και μ < ν είναι μ α > ν α. Η επαλήθευση είναι απλή : μ α > ν α μ α μν > ν α μν ( μ α μ ) ν > ( ν α ν ) μ α ν > α μ α ν μ > 1 α > 1. Δηλαδή αποδείξαμε οτι : α > 1, μ< ν μ α > ν α (4.42) Αν ο αριθμός μας είναι μικρότερος της μονάδας τότε τα πράγματα αντιστρέ- ϕονται : Στον μεγαλύτερο δείκτη αντιστοιχεί μεγαλύτερος αριθμός. Αποδεικνύεται ακριβώς όπως πριν ότι : α < 1, μ< ν μ α < ν α (4.43) Ασκηση 369. Να συγκρίνετε τους αριθμούς , , , , , , Ασκηση 370. Να αποδείξετε την (4.43) Η εξίσωση x ν = α. Εχουμε δει ότι η εξίσωση x 2 = 4 έχει δύο ϱίζες την x = 2 και την x = 2. Αν αντί αυτής είχαμε την εξίσωση x 2 = 3 για να ϐρούμε το x, όποιο τρόπο και αν ακολουθήσουμε είμαστε αναγκασμένοι να καταφύγουμε στην χρήση ϱιζικών : x = 3 ή x = 3. Ας πούμε ότι έχουμε να λύσουμε την εξίσωση x 4 = 16. Εύκολα ϐλέπουμε ότιέχειδύοϱίζεςτουαριθμούς±2 που δεν είναι άλλοι από τους ± Αντώρα είχαμε την εξίσωση x 4 = 17 τότε ϑα μπορούσαμε να την γράψουμε x 4 = 17

213 Συνάρτησεις και ο x δεν είναι άλλος από τον μοναδικό μη αρνητικό αριθμό που αν υψωθεί στην 4η μαςδίνει17. Δηλαδή x = 4 17 και ϕυσικά x =± Ηεξίσωσηx 3 = 17 περιμένουμε να έχει λύση ϑετικό αριθμό αφού οι x και x 3 είναι ομόσημοι και ο x 3 ϑα είναι ϑετικός. Άρα ϑα είναι x = Ανόμως είχαμε την εξίσωση x 3 = 17 αναμένουμε ο x να είναι αρνητικός οπότε ο x ϑα είναι ϑετικός. Η εξίσωση μας γράφεται και x 3 = 17 δηλαδή ( x) 3 = 17 που σημαίνει ότι x = 3 17 και x = Αντίθετα αν είχαμε την εξίσωση x 4 = 17 δεν ϑα περιμέναμε να ϐρούμε λύση αφού το πρώτο μέλος της είναι ένας μη αρνητικός αριθμός ενώ το δεύτερο μέλος είναι αρνητικός. Η εξίσωση μας σε αυτή την περίπτωση είναι αδύνατη. Οι εξισώσεις που είδαμε πιο πάνω είναι όλες της μορφής x ν = α. Ηεξίσωση αυτή στην περίπτωση που α = 0 έχει προφανή λύση το μηδέν και καμία άλλη. Οπότε ϑα ασχοληθούμε με την περίπτωση όπου α 0. Αν ο ν είναι άρτιος τότε η εξίσωση γράφεται x ν = α και αν μεν α < 0 είναι αδύνατη ενώ στην περίπτωση όπου α > 0 ϑα είναι x = ν α που σημαίνει ότι x =± ν α Αν ο ν είναι περιττός τότε ο x είναι ομόσημος του x ν και επομένως του α. Με α > 0 παίρνουμε απευθείας x = ν α ενώ με α < 0 έχουμε : x ν = α x ν = α ( x) ν = α x = ν α Συνοψίζοντας μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση x ν = α με α 0 έχει λύσεις : ο α Θετικός είναι Αρνητικός ο ν Άρτιος x =± ν α Αδύνατη είναι Περιττός x = ν α x = ν α Ασκηση 371. Να λύσετε τις εξισώσεις : 1. x 3 = 8 2. x 3 = 8 3. x 3 = x 3 = 8 27 Ασκηση 372. Να λύσετε τις εξισώσεις : 1. x 12 = x 13 = Δυνάμεις με ϱητό εκθέτη Οι ιδιότητες των δυνάμεων και οι ιδιότητες των ϱιζών παρουσιάζουν κάποιες ομοιότητες. Μερικές αποτυπώνονται στον πίνακα που ακολουθεί. Τα μ, ν είναι ϑετικοί ακέραιοι και εννοείται ότι τα α, β σε κάθε τύπο παίρνουν μόνο τιμές που επιτρέπονται :

214 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 205 Δυνάμεις α 1 = α 1 ν = 1 0 ν = 0 (αβ) ν = α ν β ν ( α β )ν = αν β ν Ρίζες 1 α = α ν 1 = 1 ν 0 = 0 ν αβ = ν α ν β α β = ν α ν ν β (α ν ) μ = α νμ μ ν α = μν α α μ α ν = α μ+ν αμ α ν = α μ ν α μ α ν = α μ+ν μ α ν α =; α μ α = α μ ν μ α ν ν α =; Εκεί όπου υπάρχουν ερωτηματικά δεν έχουμε κάποιο τύπο. Για την ακρίβεια δεν έχουμε μάθει μέχρι στιγμής κάποιο τύπο! Ας δούμε μήπως υπάρχει κάποιος τύπος που εμείς αγνοούμε. Είναι λογικό να αναζητήσουμε κάποιο ανάλογο του τύπου α μ α ν = α μ+ν ο οποίος μετατρέπει το γινόμενο δύο δυνάμεων με την ίδια ϐάση σε μία δύναμη με αυτή την ϐάση. Το ανάλογο ϑα ήταν ένας τρόπος να μετατρέπουμε το γινόμενο δύο ϱιζών με το ίδιο υπόρριζο σε μία ϱίζα με αυτό το υπόρριζο. Το πρόβλημα μετατίθεται στο να ϐρούμε τον δείκτη της νέας ϱίζας. Δηλαδή να αναζητήσουμε κάποιο αριθμό κ ώστε μ α ν α = κ α. Ας πούμε α > 0 και ότι ότι τέτοιος κ υπάρχει. Ποιος ϑα είναι ; Μπορούμε να απαλλαγούμε από τα ϱιζικά αν υψώσουμε την σχέση μας στην κμν. Εχουμε μ α ν α = κ α ( μ α ν α) κμν = ( κ α) κμν ( μ α ν α) κμν = ( κ α) κμν μ α κμν ν α κμν = κ α κμν ( μ α μ ) κν ( ν α ν ) κμ = ( κ α κ ) μν ( μ α μ ) κν ( ν α ν ) κμ = ( κ α κ ) μν α κν α κμ = α μν α κν+κμ = α μν α κ(ν+μ) = α μν Θα πρέπει κ (ν + μ) =μν που αν λύσουμε ως προς κ μας δίνει κ = μν μ+ν. Ο αριθμός κ γενικά δεν είναι ακέραιος (π.χ. για μ = 3, ν = 3 είναι κ = 12 7 ). Επομένως δε μπορούμε να ελπίζουμε ότι ϑα ϐρούμε ακέραιο κ τέτοιο ώστε

215 Συνάρτησεις μ α ν α = κ α. Ας αγνοήσουμε προς στιγμή το γεγονός ότι ο κ δεν είναι ϕυσικός και ας πάμε τον συλλογισμό μας πιο πέρα : Η ισότητα α κ(ν+μ) = α μν γράφεται που μας δίνει (α κ ) (ν+μ) = α μν α κ = ν+μ α μν δηλαδή α μν μ+ν = ν+μ α μν Δεν έχουμε ορίσει τι μπορεί να σημαίνει δύναμη με κλασματικό εκθέτη αλλά αν σημαίνει κάτι ϑα πρέπει αυτό ϑα περιγράφεται από την παραπάνω σχέση. Γενικά : Αν α > 0 και t, s είναι ϑετικοί ακέραιοι ορίζουμε α t s = s α t = s α t (4.44) Με άλλα λόγια για να υψώσουμε ένα αριθμό σε ένα κλάσμα υψώνουμε τον αριθμό στον αριθμητή του κλάσματος και μετά παίρνουμε την ϱίζα με δείκτη τον παρονομαστή Ετσι = = , 6 και = = = 6, 2. Αλλά και 5 ανάποδα : x 6 3 = x 5 4 και x 4 = x 4 3. Φυσικά σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό ϑα είναι : α 1 s = s α (4.45) Επομένως οι ϱίζες δεν είναι παρά δυνάμεις με εκθέτη κλασματική μοναδα : 1 α = α 2, 3 α = α 1 3, 4 α = α 1 4, 4 α = α 1 4,... Αν α > 0 και t, s ϑετικοί μπορούμε να ορίσουμε και την δύναμη με τον αρνητικό κλασματικό εκθέτη t s ως εξής α t s = 1 α t s = 1 s α t (4.46) Είμαστε πλέον σε ϑέση να ορίσουμε δυνάμεις με ϑετική ϐάση α και εκθέτη οποιοδήποτε ϱητό αριθμό. Αν ο ϱητός είναι ϑετικός μέσω της (4.44) αν είναι

216 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 207 αρνητικός μέσω της (4.46) και αν είναι μηδέν κατά τα γνωστά α 0 = 1. Ετσι x 5 3 = x 5 3 = 1 1 x 5 3 και x 5 4 = x 5 4 = 1 = 3 x 5 x Αποδεικνύεται ότι οι ιδιότητες 4 x 5 των δυνάμεων που ξέραμε για ακεραίους εκθέτες ισχύουν και για ϱητούς αρκεί οι ϐάσεις τους να είναι ϑετικοί αριθμοί : α p α q = α p+q (4.47) α p α q = αp q (4.48) (α p ) q = α pq (4.49) (αβ) p = α p β p (4.50) ( α β ) p = αp β p (4.51) Οι αποδείξεις μπορούν να γίνουν ακολουθώντας τον ορισμό. Ενδεικτικά ας δούμε πως αποδεικνύεται η (4.47) στην περίπτωση που οι εκθέτες είναι οι ϑετικοί ϱητοί p = κ λ και q = μ ν : α p α q = α κ λ α μ ν = λ α κ ν α ν = νλ α νκ λν α λμ = νλ α νκ α λμ = νλ α νκ+λμ = α νκ+λμ νλ = α κ λ + μ ν = α p+q Επίσης ισχύουν και οι ακόλουθες ιδιότητες που συνδέουν τις δυνάμεις με ϱητό εκθέτη (και πάντα ϑετική ϐάση) με την διάταξη : Αν α > 1 τότε ισχύουν οι ισοδυναμίες : p < q α p < α q p = q α p = α q Αν 0 < α < 1 τότε ισχύουν οι ισοδυναμίες : p < q α p > α q p = q α p = α q (4.52) Εχοντας στην διάθεση μας την νέα έννοια της δύναμης σε ϱητό εκθέτη είμαστε σε ϑέση να απαντήσουμε στο αρχικό ερώτημα που μας απασχόλησε δηλαδή με τι είναι ίσο το γινόμενο μ α ν α.αφούϑέλουμε μ α ν α = κ α και είδαμε ότι κ = μν μ+ν ϑα πρέπει να ορίσουμε και ϱίζες με κλασματικό δείκτη όπως κάναμε με τις δυνάμεις και τότε μ α ν α = μ+ν μν α! Αν και δεν συνηθίζεται αν ϑέλαμε να ορίσουμε ϱίζες με κλασματικό δείκτη ϑα γράφαμε s t α = t a s. Ασκηση 373. Να υπολογίσετε τα : (3 4 3 ) 3 2

217 Συνάρτησεις Ασκηση 374. Να γράψετε σε απλούστερη μορφή τα : 1. α 1 2 α α 1 3 α x 2 3 x (α 2 β 4 ) ( 8α 3 ) β 6 6. (2α 1 2 x 1 3 α 4 8 x 4 3 ) Ασκηση 375. Να αποδείξετε ότι (2α β 1 2 ) 2 = 4α + β + 4 αβ Ασκηση 376. Βρείτε το ((2 1 m 2 n 2 m m n ) ) m m+n Ασκηση 377. Να αποδείξετε την ιδιότητα (4.52) Η συνάρτηση f (x)=αx + β. Ας ϑεωρήσουμε μία ευθεία (ε). Η (ε) μπορεί να είναι ή να μην είναι γραφική παράσταση κάποιας συνάρτησης με πεδίο ορισμούτο R. Αυτό εξαρτάται από την ϑέση που έχει σε σχέση με τους άξονες. Αν είναι κάθετη στον x x δηλαδή παράλληλη στον y y είναι ακατάλληλη για να παίξει τον ϱόλο γραφικής παράστασης συνάρτησης : Στο ίδιο x ϑα αντιστοιχούσαν περισσότερα από ένα y (στην πραγματικότητα άπειρα). Σε οποιαδήποτε άλλη ϑέση μπορεί. Είδαμε (ϐλ. (4.25) ότι μία εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα διάφορα σημεία K (x 1,y 1 ), Λ (x 2,y 2 ) είναι η : (x 2 x 1 )(y y 1 )=(y 2 y 1 )(x x 1 ) Αν η ευθεία δεν είναι κάθετη στον x x ϑα είναι γραφική παράσταση συνάρτησης. Για να ϐρούμε τον τύπο της λύνουμε την σχέση αυτή ως προς y. Εχουμε: (x 2 x 1 ) y (x 2 x 1 ) y 1 =(y 2 y 1 ) x (y 2 y 1 ) x 1

218 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 209 (x 2 x 1 ) y =(y 2 y 1 ) x (y 2 y 1 ) x 1 +(x 2 x 1 ) y 1 (x 2 x 1 ) y =(y 2 y 1 ) x + y 1 x 2 y 2 x 1 Τώρα χρειάζεται να διαιρέσουμε δια x 2 x 1. Επειδή η ευθεία δεν είναι κάθετη στον x x δεν ϑα περιέχει δύο σημεία με την ίδια τετμημένη και επομένως x 1 x 2.Άρατοx 2 x 1 είναι διάφορο του μηδενός και μπορούμε να διαιρέσουμε. Βρίσκουμε y = (y 2 y 1 ) x + y 1 x 2 y 2 x 1 x 2 x 1 δηλαδή y = y 2 y 1 x + y 1x 2 y 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 Η παραπάνω σχέση γράφεται και y = αx + β, α = y 2 y 1 x 2 x 1, β = y 1x 2 y 2 x 1 x 2 x 1 Ο τύπος της συνάρτησης είναι της μορφής f(x)=αx+β όπου α, β όπως πριν. Παράδειγμα 103. Στο παρακάτω σχήμα παριστάνεται η γραφική παράσταση μίας συνάρτησης που είναι ευθεία. Να ϐρεθεί ο τύπος της. Λύση Η ευθεία διέρχεται από τα σημεία A(2, 6) και B(7, 4). Μπορούμε να ϐρούμε τα α, β με δύο τρόπους Α Τρόπος Εδώ x 1 = 2, x 2 = 7, y 1 = 6, y 2 = 4 οπότε χρησιμοποιώντας τους παραπάνω τύπους ϐρίσκουμε : και α = y 2 y 1 x 2 x 1 = = 2 5 β = y 1x 2 y 2 x 1 = = 34 x 2 x Β Τρόπος Η ευθεία μας έχει εξίσωση της μορφής y = αx + β που πρέπει να επαληθεύεται για τις συντεταγμένες των A, B. Άρα πρέπει 6 = α 2 + β και 4 = α 7 + β. Λύνουμε το σύστημα των δύο αυτών εξισώσεων και ϐρίσκουμε : α = 2 5, β = Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο καταλήγουμε στο ότι η εξίσωση της ευθείας είναι y = 2 5 x

219 Συνάρτησεις Παράδειγμα 104. Για την συνάρτηση f(x)=αx+β είναι γνωστό ότι f(1)=3 και f(3)=7. Βρείτετοf (11). Λύση Θα ϐρούμε πρώτα τα α, β. Είναι f(1) =α + β και f(3) =3α + β. Επομένως α + β = 3 και 3α + β = 7. Λύνοντας το σύστημα των δύο αυτών σχέσεων ϐρίσκουμε ότι α = 2 και β = 1. Επομένως f(x) =2x + 1. Άρα f(11) = = 23. Ασκηση 378. Γιαποιατιμήτουλ το σημείο A (2,λ+ 1) ανήκει στην ευθεία y = 4x 1; Ασκηση 379. Να ϐρείτε τα σημεία στα οποία η ευθεία y = 3x+2 τέμνει τους άξονες. Ασκηση 380. Να ϐρείτε την ευθεία y = αx + β αν είναι γνωστό ότι διέρχεται από τα σημεία A (1, 2), B (4, 5) Ασκηση 381. Εστωf(x) = αx+β. Νααποδείξετεότι αν f (p)= q και f (p + 1)= q+2 τότε f (q)=3q 2p Η γεωμετρική σημασία των α, β. Στο παρακάτω σχήμα που σε παραλλαγή έχουμε δει και προηγουμένως απεικονίζεται μία ευθεία που δεν είναι κάθετη στους άξονες και διέρχεται από τα σημεία K(x 1,y 1 ), Λ(x 2,y 2 ). Στο σχήμα μας είναι x 1 < x 2, y 1 < y 2. Οπως πριν είναια = y 2 y 1 x 2 x. Κοιτώντας 1 στο τρίγωνο T 1 ϐλέπουμε ότι το α είναι ίσο με την απέναντι πλευρά της ω προς την προσκείμενη. Δηλαδή πρόκειται για την εφαπτομένη της ω: α = εϕω. Η ω λόγω παραλληλίας εμφανίζεται και στο τρίγωνο T 2. Είναι η γωνία που σχηματίζει η ευθεία με τον x x. Ως γωνία που σχηματίζει μία ευθεία με τον x x εννοούμε την γωνία κατά την οποία πρέπει να στραφεί ο x x κατά την ϑετική ϕορά δηλαδή αντίθετα προς τους δείκτες του ϱολογιούέως ότου να συναντήσει για πρώτη ϕορά την ευθεία.

220 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 211 Η γωνία αυτή μπορεί να είναι και αμβλεία : Διαπιστώνεται πάλι ότι και σε αυτή την περίπτωση είναι α = εϕω μόνο που τώρα αφούη γωνία είναι αμβλεία η εφαπτομένη της είναι αρνητική και α < 0. Τέλος στην ειδική περίπτωση όπου η ευθεία είναι παράλληλη στον x x όλες οι τεταγμένες των σημείων της είναι ίσες και ϕυσικά y 1 = y 2. Ως γωνία της ευθείας με τον x x ϑεωρείται η μηδενική και ϕυσικά α = εϕ0 = 0. Από την αρχή της συζήτησης αποκλείσαμε την περίπτωση όπου η ευθεία είναι κάθετη στον x x. Σε αυτή την περίπτωση το α = y 2 y 1 x 2 x δεν ορίζεται, η 1 γωνία της ευθείας μςε τον x x είναιορθήαλλάηεφαπτομένητηςωςγνωστόν δεν ορίζεται. Συνοψίζοντας Στην ευθεία y = αx + β είναι α = εϕω όπου ω είναι η γωνία που σχηματίζει η ευθεία με τον άξονα x x (4.53) Επειδή ο α καθορίζει την διεύθυνση της ευθείας λέγεται συντελεστής διευθύνσεως ή και κλίση της ευθείας.

221 Συνάρτησεις Μπορούμε να δώσουμε μία ακόμη ερμηνεία στο α: Ας υποθέσουμε ότι δίνουμε μία τιμή στο x έστω x = x 0 και μετά αυξήσουμε την τιμή κατά 1 δηλαδή πάρουμε το x Αν αντικαταστήσουμε στην f(x) =αx + β ϑα πάρουμε : f (x 0 )=αx 0 + β f (x 0 + 1) =α (x 0 + 1)+β = αx 0 + α + β = f (x 0 )+α Είναι λοιπόν f (x 0 + 1)= f (x 0 )+α. Αυτό σημαίνει ότι όταν μεταβάλουμε την τιμή του x κατά 1 το f(x) μεταβάλλεται κατά α (αυξάνεται αν α > 0, ελαττώνεται αν α < 0 και παραμένει το ίδιο αν α = 0) Ηευθείαy = αx + β τέμνει πάντοτε το x x στο σημείο που η τεταγμένη του δηλαδή το «y» του προκύπτει αν ϑέσουμε στην εξίσωση όπου x το 0. Προφανώς ϑα ϐρούμε β = 0. Αν είναι α 0 δηλαδή η ευθεία μας δεν είναι παράλληλη στον x x τότε η ευθεία ϑα τμήσει και το x x. Η τεταγμένη του σημείου τομής δηλαδή το «x» του ϐρίσκεται αν ϑέσουμε στην εξίσωση όπου y το μηδέν. Θα ϐρούμε το β α. Ηευθεία y = αx + β τέμνει τον άξονα : y y στο σημείο (0,β) x x εφ όσον α 0 στο σημείο ( β α, 0) (4.54) Παράδειγμα 105. Ηευθείαy = x + 3 έχει α = 1. Επειδή το 1 είναι η εφαπτομένη των 45 ηευθείασχηματίζειμετονx x γωνία ίση με 45. Παράδειγμα 106. Ηευθείαy = x 2 έχει α = 1. Επειδή 1 = εϕ135 η ευθεία σχηματίζει με τον x x γωνία ίση με 135. Παράδειγμα 107. Εστω η ευθεία y = 2x + 1. Είναι α = 2 και β = 1. Είναι β α = 1 2. Επομένως η ευθεία τέμνει τους άξονες x x και y y στα σημεία ( 1 2, 0) και (0, 3) αντιστοίχως. Ασκηση 382. Να ϐρείτε την ευθεία y = αx + β αν είναι γνωστό ότι διέρχεται από το σημείο και A (1, 2) σχηματίζει με τον άξονα x x.γωνία60 Ασκηση 383. Να ϐρείτε τα σημεία στα οποία η ευθεία y = 3x+2 τέμνει τους άξονες. Ασκηση 384. Μία ευθεία διέρχεται από το σημείο P ( 1, 2) και σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο. Ποια μπορεί να είναι η εξίσωση της ; Σχετικές ϑέσεις των ευθειών y = α 1 x + β 1, y = α 2 x + β 2. Στην παράγραφο αυτή ϑα εξετάσουμε πότε οι ευθείες y = α 1 x + β 1 και y = α 2 x+β 2 ταυτίζονται είναι παράλληλες ή τέμνονται. Δηλαδή ϑα εξετάσουμε πόσα κοινά σημεία έχουν. Με άλλα λόγια όσα σημεία της πρώτης ευθείας ανήκουν στην δεύτερη. Για κάθε πραγματικό αριθμό m το σημείο (m, α 1 m + β 1 ) ( )

222 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 213 είναι σημείο της πρώτης ευθείας. Μάλιστα όλα τα σημεία της πρώτης ευθείας είναι αυτής της μορφής. Ενα σημείο της μορφής ( ) ϑα ανήκει στην δεύτερη ευθεία αν οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση της δηλαδή αν α 1 m + β 1 = α 2 m + β 2 ή ισοδύναμα αν (α 1 α 2 ) m +(β 1 β 2 )=0 ( ) Η ( ) μπορεί να ϑεωρηθεί ως πρωτοβάθμια εξίσωση ως προς m αφούείναι της μορφής Am + B = 0 ( ) όπου A = α 1 α 2 και B = β 1 β 2. Οι ευθείες ϑα ταυτίζονται ανόλατασημείατουςείναικοινάπουσημαίνει ότι πρέπει κάθε σημείο που επαληθεύει την εξίσωση της μίας επαληθεύει και την εξίσωση της άλλης. Άρα για κάθε m R πρέπει ο m να ειναι λύση της ( ). Τότε όμως η ( )ϑα έχει άπειρες λύσεις και αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν A = B = 0 δηλαδή α 1 α 2 = 0 και β 1 β 2 = 0. Επομένως Οι ευθείες y = α 1 x + β 1 y = α 2 x + β 2 συμπίπτουν αν και μόνο αν α 1 = α 2 και β 1 = β 2 (4.55) Οι ευθείες ϑα είναι παράλληλες αν δεν έχουν κοινά σημεία. Αυτό σημαίνει ότι κανένα από από τα σημεία ( ) δεν επαληθεύει την εξίσωση της δεύτερης ευθείας. Δηλαδή για κάθε m R η εξίσωση ( ) είναι αδύνατη. Αυτό ισχύει αν και μόνο αν A = 0 και B 0 δηλαδή α 1 α 2 = 0 και β 1 β 2 0. Άρα: Οι ευθείες y = α 1 x + β 1 y = α 2 x + β 2 είναι παράλληλες αν και μόνο αν α 1 = α 2 και β 1 β 2 (4.56) Οι ευθείες ϑα τέμνονται μόνο αν έχουν ένα κοινό σημείο δηλαδή μόνο αν ένα από τα σημεία ( ) ανήκει στην δεύτερη ευθεία. Αυτό ισοδυναμεί με το ότι η ( ) έχει μία μόνο λύση και αυτό συμβαίνει όταν A 0. Άρα: Οι ευθείες y = α 1 x + β 1 y = α 2 x + β 2 είναι τεμνόμενες αν και μόνο αν α 1 α 2 (4.57) Στα παραπάνω συμπεράσματα μπορούμε να καταλήξουμε και με μία επιχειρηματολογία περισσότερο «γεωμετρική» : Ας πάρουμε την y = α 1 x + β 1. Κάθε y = α 2 x + β 2 ευθεία παράλληλη προς αυτή πρέπει να σχηματίζει την ίδια γωνία με τον x x:

223 Συνάρτησεις Αφούοι δύο ευθείες σχηματίζουν τις ίδιες γωνίες με τον x x ϑα πρέπει και οι εφαπτομένες αυτών των δύο γωνιών να είναι ίσες δηλαδή α 1 = α 1.Ησυνθήκη α 1 = α 1 καλύπτει και την περίπτωση όπου οι δύο ευθείες συμπίπτουν. Για ευθείες που είναι παράλληλες ή συμπίπτουν λέμε ότι έχουν την ίδια διεύθυνση. Αν τώρα δύο ευθείες έχουν την ίδια διεύθυνση για να συμπέσουν πρέπει να τμήσουν τον y y στοίδιοσημείοδηλαδήναέχουντοίδιο«β» συνεπώς πρέπει β 1 = β 2. Αν δεν έχουν την ίδια διεύθυνση δηλαδή α 1 α 2 τότε τέμνονται : Ειδική περίπτωση τεμνομένων ευθειών είναι εκείνες που τέμνονται κάθετα. Θεωρούμε δύο ευθείες y = α 1 x + β 1, y = α 2 x + β 2 και ϑα εξετάσουμε πότε είναι κάθετες. Ας υποθέσουμε πρώτα ότι είναι κάθετες. Τότε και οι ευθείες y = α 1 x+, y = α 2 x+ που έχουν την ίδια διεύθυνση με τις αρχικές αλλά διέρχονται από την αρχή των αξόνων είναι επίσης κάθετες.

224 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 215 Αν αντικαταστήσουμε στις εξισώσεις των y = α 1 x, y = α 2 x τον αριθμό 1 ϑα ϐρούμε ότι τα σημεία A 1 (1,α 1 ), A 2 (1,α 2 ) ανήκουν στις y = α 1 x, y = α 2 x.το τρίγωνο A 1 A 2 O είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα A 1 A 2 και από το Πυθαγόρειο Θεώρημα διαδοχικά έχουμε : (1 0) 2 +(α 1 0) 22 + (1 0) 2 +(α 2 0) 22 = (1 1) 2 +(α 1 α 2 ) 22 (1 0) 2 +(α 1 0) 2 +(1 0) 2 +(α 2 0) 2 =(1 1) 2 +(α 1 α 2 ) α α2 2 =(α 1 α 2 ) α α2 2 = α2 1 2α 1α 2 + α = 2α 1 α 2 α 1 α 2 = 1 Αν ισχύει η σχέση α 1 α 2 = 1 τότε οι ευθείες ϑα τέμνονται οπωσδήποτε (δείτε και άσκηση 389) και λόγω των παραπάνω ισοδυναμιών ϑα είναι και κάθετες. Εχουμε λοιπόν Οι ευθείες y = α 1 x + β 1 y = α 2 x + β 2 είναι κάθετες αν και μόνο αν α 1 α 2 = 1 (4.58) Παράδειγμα 108. Να ϐρεθεί για ποια τιμή του λ οι ευθείες y = 2x + 3 και y =(2λ 2) x +(λ + 2) είναι παράλληλες. Λύση Πρέπει να ισχύει 2λ 2 = 2 και λ Η πρώτη σχέση δίνει λ = 2 και αυτή η τιμή επαληθεύει και την δεύτερη αφού Παράδειγμα 109. Να αποδείχθεί ότι οι ευθείες y = ( 1 2) x + 1 και y = ( 2 1) x + 1 είναι κάθετες.

225 Συνάρτησεις Λύση Πρέπει το γινόμενο των συντελεστών διευθύνσεως να είναι ίσος με 1. Πράγματι( 1 2)( 2 1) = ( 2 + 1)( 2 1) = ( 2 2 1)= 1. Ασκηση 385. Να ϐρείτε για ποια τιμή τουt η ευθείαy = (4 2t) x + 1 είναι παράλληλη με την ευθεία y = 3x 2. Ασκηση 386. Να ϐρείτε για ποια τιμή του t οι ευθείες y =(2t + 4) x + 4, y = 3t 1 είναι κάθετες. Ασκηση 387. Να ϐρείτε την ευθεία y = αx + β αν είναι γνωστό ότι : Διέρχεται από το σημείο P (1 3), και Είναι παράλληλη στην ευθεία y = 3x + 4 Ασκηση 388. Να ϐρείτε την ευθεία y = αx + β αν είναι γνωστό ότι : Διέρχεται από το σημείο P (2, 4), και Είναι κάθετη στην ευθεία y = 8x + 3 Ασκηση 389. Για τις ευθείες y = α 1 x+β 1 και y = α 2 x+β 2 είναι γνωστό ότι α 1 α 2 < 0. Να αποδείξετε ότι τέμνονται Επιστροφή στην αx + β = 0 και στην αx + β > 0 Τώρα που έχουμε συζητήσει για την γραφική παράσταση της f (x)=αx+β μπορούμε να ξαναδούμε τα Ϲητήματα της εξίσωσης αx + β = 0 και ανίσωσης αx + β > 0 με μια άλλη ματιά. Ας πούμε ότι μας ενδιαφέρει να λύσουμε την εξίσωση 2x 1 = 0. Στην ουσία μας ενδιαφέρει να μάθουμε για ποια x η συνάρτηση f(x) =2x 1 γίνεται ίση με μηδέν με άλλα λόγια ποιες είναι οι τετμημένες των σημείων όπου η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει το x x. Ενώ λύνοντας την ανίσωση 2x 1 > 0 ενδιαφερόμαστε να μάθουμε για ποια x η γραγική παράσταση της f(x)=2x 1 είνα πάνω από τον x x.

226 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 217 Στην περίπτωση που εξετάζουμε λύση της εξίσωσης 2x 1 = 0 είναι ο 1 2 και λύση της ανίσωσης 2x 1 = 0 > 0 είναι το (0, + ). Ας πάμε στην γενική περίπτωση της εξίσωσης αx + β = 0 και ανίσωσης αx + β > 0. Είχαμε δει ότι τόσο η εξίσωση όσο και η ανίσωση είχαν πάντοτε λύσεις εκτός αν συνέβαινε α = 0. Οταν α = 0 η γραφική παράσταση της f(x) =αx + β είναι μία ευθεία που έχει την ίδια διεύθυνση με τον x x. Για να έχει εξίσωση λύση πρέπει η ευθεία να συμπέσει με τον x x που σημαίνει ότι πρέπει α = β = 0 ενώ για να έχει η ανίσωση λύση πρέπει η ευθεία να είναι ολόκληρη πάνω από τον x x δηλαδή β > 0 = α. Οταν α 0 τότε η f(x)=αx+β έχει ϑετικό ή αρνητικό συντελεστή διευ- ϑύνσεως. Στην πρώτη περίπτωση όσο κινούμεθα προς τα δεξιά δηλαδή σε μεγαλύτερους αριθμούς η γραφική παράσταση ανεβαίνει. Στην δεύτερη περίπτωση η γραφική παράσταση κατεβαίνει : Στην πρώτη περίπτωση λέμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα και στην δεύτερη ότι είναι γνησίως ϕθίνουσα. Μία συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα αν όταν το x αυξάνει αυξάνει και το f(x). Πράγμα που σημαίνει ότι αν πάρουμε ένα x 1 και ένα μεγαλύτερο του x 2 τότε f(x 1 )<f(x 2 ). Μία συνάρτηση f είναι γνησίως ϕθίνουσα αν όταν το x αυξάνει το f(x) ε- λαττούται. Δηλαδή αν x 1 < x 2 τότε f(x 1 )>f(x 2 ). Είναι πολύεύκολο να διαπιστώσουμε και αλγεβρικά ότι η f(x) =αx + β όταν α > 0 είναι γνησίως αύξουσα : x 1 < x 2 α>0 αx 1 < αx 2 αx 1 + β < αx 2 + β f (x 1 )<f (x 2 )

227 Συνάρτησεις και ότι η f(x)=αx + β όταν α < 0 είναι γνησίως ϕθίνουσα : x 1 < x 2 α<0 αx 1 > αx 2 αx 1 + β > αx 2 + β f (x 1 )>f (x 2 ) Με τις γνησίως αύξουσες - γνησίως ϕθίνουσες συναρτήσεις ϑα ασχοληθούμε περισσότερο σε άλλες τάξεις. Αξίζει να παρατηρήσουμε ότι αν μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση γίνει μηδέν ας πούμε για x = ρ τότε για τα x > ρ και μόνο για αυτά ϑα είναι f(x)>0 και για τα x < ρ και και μόνο για αυτά ϑα είναι f(x)<0. Εξήγηση: x > ϱ f (x)>f (ϱ) f (x)>0 x < ϱ f (x)<f (ϱ) f (x)<0 Αν η συνάρτηση είναι γνησίως ϕθίνουσα τα πράγματα γίνονται ανάποδα : Αν f (ϱ)=0 τότε x > ϱ f (x)<f (ϱ) f (x)<0 x < ϱ f (x)>f (ϱ) f (x)>0 Παράδειγμα 110. Στο σχήμα υπάρχει η γραφική παράσταση μίας συνάρτησης της μορφής f (x)= αx + β. Βλέπουμε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και έχει ϱίζα το 2. Γιαx > 2 είναι f(x)>0 και για x < 2 είναι f(x)<0. Παράδειγμα 111. Στο σχήμα υπάρχει η γραφική παράσταση μίας συνάρτησης της μορφής f (x)=αx+β που είναι γνησίως αύξουσα. Να λυθούν οι ανισώσεις f(x)<0 και f(x)> 1.

228 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 219 Λύση. Βλέπουμε ότι είναι f ( 5 ) 2 = 0 και f (3) = 1. Επομένως ϑα είναι f(x)<0 για x > 5 2 και f(x)> 1 για x < 3. Ασκηση 390. Στο σχήμα υπάρχει η γραφική παράσταση μίας συνάρτησης της μορφής f (x) =αx + β. Να λύσετε τις 1. f (x) =3 2. f (x) = 3 3. f (x) > < f (x) < Η συνάρτηση f (x)= x Ησυνάρτησηf (x)= x που αντιστοιχίζει σε κάθε x την απόλυτη τιμή του γράφεται : f (x)={ x, x < 0 x, x 0 Η γραφική της παράσταση μπορεί να γίνει εύκολα αν κάνουμε την γραφική παράσταση των ευθειών y = xκαι y = x. Κατόπιν από την πρώτη ευθεία

229 Συνάρτησεις σβήνουμε τα σημεία της που έχουν τετμημένη 0 ή ϑετική και από την δεύτερη σβήνουμε τα σημεία που έχουν αρνητική τετμημένη. Στην Geogebra τα πράγματα είναι πιο απλά : Δίνουμε f(x)=abs(x). Θα δούμε πως μπορούμε με την ϐοήθεια της γραφικής παράστασης της f(x)= x να λύσουμε την εξίσωση x =α ( ) και τις ανισώσεις x <α ( ) x >α ( ) Οταν α < 0 δεν υπάρχει τιμή του x ώστε x =α και η ( ) είναι αδύνατη. Πολύπερισσότερο δεν υπάρχει x ώστε x <α οπότε και η ( ) είναι αδύνατη. Από την άλλη μεριά αφού ο α είναι αρνητικός αριθμός η απόλυτη τιμή κάθε αριθμούϑα τον ξεπερνάει. Επομένως η ( ) δέχεται ως λύση κάθε πραγματικό αριθμό. Οταν α = 0 τότε η εξίσωση ( ) έχει μόνη λύση το μηδέν, η ανίσωση ( ) είναι αδύνατη ενώ η ( ) έχει λύσεις όλα τα x 0

230 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 221 Οταν α > 0 τότε η εξίσωση ( ) έχει λύσεις τους x =±α ενώ τα σύνολα λύσεων των ( ), ( ) είναι αντιστοίχως τα ( α, α), ( α, + ) (α, + ). Παράδειγμα 112. Να λυθεί με την ϐοήθεια της γραφικής παράστασης της απόλυτης τιμής η ανίσωση 2 < x <3 Λύση. Στον y y παίρνουμε τους αριθμούς μεταξύ 2 και 3 και αναζητούμε στον άξονα x x τίνων αριθμών είναι απόλυτες τιμές. Βρίσκουμε τελικά ότι οι αριθμοί που η απόλυτη τιμή τους είναι μεταξύ 2 και 3 είναι εκείνοι μεταξύ 3 και 2 και εκείνοι μεταξύ 2 και 3. Δηλαδή η ανίσωση μας έχει σύνολο λύσεων το ( 3, 2) (2, 3). Ασκηση 391. Να κάνετε στην Geogebra την γραφική παράσταση της συνάρτησης g (x) = x 1 και με την ϐοήθεια της να λύσετε την ανίσωση x 1 <3.

231 Συνάρτησεις Η συνάρτηση f (x)=αx 2 + βx + γ. Αν στην συνάρτηση f (x) =αx 2 + βx + γ είναι α = 0 τότε f (x) =βx + γ και γραφική παράσταση της f είναι ευθεία όπως είδαμε προηγουμένως. Μας ενδιαφέρει λοιπόν η περίπτωση όπου α 0. Υπάρχει πλήρης ϑεωρία για την γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης. Η αντίστοιχη καμπύλη ονομάζεται παραβολή και είχε μελετηθεί διεξοδικά από τους Αρχαίους Ελληνες. Περισσότερα ϑα μάθουμε στην επόμενη τάξη. Μπορούμε να πάρουμε μία ιδέα για το πως ϑα είναι η γραφική παράσταση αν πειραματισθούμε στην Geogebra κάνοντας γραφικές παραστάσεις για διάφορες τιμές των α, β, γ: Παρατηρούμε πως όταν είναι α > 0 η γραφική παράσταση είναι κάπως έτσι : ενώ αν α < 0 η γραφική παράσταση είναι κάπως έτσι :

232 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 223 Παράδειγμα 113. Να ϐρεθούν οι τιμές των α, β, γ ώστε η γραφική παράσταση της f (x) =αx 2 + βx + γ να διέρχεται από τα σημεία A (0, 1), B ( 1, 0), Γ (1, 2). Λύση. Πρέπει : Αντικαθιστώντας ϐρίσκουμε : f (0) = 1, f ( 1)=0, f (1)=2 γ = 1 α β + γ = 0 α + β + γ = 2 Αντικαθιστούμε την τιμή γ = 1 στις άλλες δύο σχέσεις και ϐρίσκουμε : α β = 1, α+ β = 3 Τα α, β μπορούν τώρα να ϐρεθούν με διάφορους τρόπους. Ενας εύκολος είνα να προσθέσουμε και να αφαιρέσουμε τις δύο αυτές ισότητες. Βρίσκουμε : 2α = 4, 2β = 2 και τελικά α = 2, β = 1, γ = 1 οπότε : f (x)=2x 2 + x 1 Ασκηση 392. Να δώσετε στην Geogebra a = 1,b = 1,c = 1 και την συνάρτηση a x 2 + b x + c. Επίσης δώστε τα σημεία (1, 2), ( 1, 0), (1, 2). Να ορίσετε δρομείς για τα a, b, c και ϐρείτε για ποιες τιμές των a, b, c η γραφική παράσταση της f ϑα περάσει από τα τρία σημεία. Στη συνέχεια λύστε το πρόβλημα αλγεβρικά Ελάχιστο της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > 0. Αν παρατηρήσουμε την γραφική παράσταση στην περίπτωση όπου α > 0 ϐλέπουμε ότι (και αυτό ανεξάρτητα από την ϑέση που έχει η γραφική παράσταση σε σχέση με τους άξονες) υπάρχει ένα σημείο της που ϐρίσκεται πιο χαμηλά από όλα τα άλλα.

233 Συνάρτησεις Το «χαμηλά-ψηλά» το καθορίζει η τεταγμένη : τα σημεία που έχουν μεγαλύτε- ϱη τεταγμένη ϐρίσκονται ψηλότερα. Αν ονομάσουμε το σημείο που είναι χαμηλότερα (x 0,f(x 0 )) τότε οποιαδήποτε άλλα σημεία της γραφικής παράστασης που είναι διαφορετικά από αυτό ϑα έχουν μεγαλύτερη τεταγμένη : f (x 0 )< f (x). Η Άλγεβρα μας επιτρέπει να ϐρούμε ποιο είναι αυτό το x 0.Θαπρέπει να ικανοποιεί την σχέση f (x 0 ) f (x) για όλα τα x. Βάλαμε τώρα αντί < γιατί επιτρέπουμε στο x να γίνει και ίσο με το x 0. Αν χρησιμοποιήσουμε την σχέση (19) που την αποδείξαμε στην σελίδα 141 έχουμε : f (x)=α ((x + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 ) και επομένως f (x 0 ) f (x) α ((x 0 + β 2α ) 2 β2 4αγ 4α 2 ) α((x + β 2 2α ) β2 4αγ 4α 2 ) (x 0 + β 2 2α ) β2 4αγ 4α 2 (x 0 + β 2α ) 2 (x + β 2α ) 2 (x + β 2 2α ) β2 4αγ 4α 2 Στην τελευταία σχέση μπορούμε να προσθέσουμε και μία ακόμη προφανή ανισότητα : 0 (x 0 + β 2 2α ) (x + β 2 2α ) ( ) Η σχέση αυτή πρέπει να ισχύει για κάθε x δηλαδή όποια τιμή και αν αν αντικαταστήσουμε στην ϑέση του x η σχέση πρέπει να αληθεύει. Αν αντικαταστήσουμε όπου x το β 2α η ( ) γίνεται ( ) 0 (x 0 + β 2α ) 2 ( β 2α + β 2α ) 2 δηλαδή 0 (x 0 + β 2α ) 2 0 από την οποία προκύπτει ότι (x 0 + β 2α )2 = 0 και x 0 + β 2α = 0 δηλαδή x 0 = η ( ) αληθεύει αφού γίνεται 0 β 2α. Προφανώς για την τιμή x 0 = β 2α (x 0 + β 2α )2 και ϕυσικά αληθεύει και η ισοδύναμη της f (x 0 ) f(x). Για x = x 0 = β 2α α (( β 2α + β 2α )2 β2 4αγ 4α 2 η συνάρτησηf(x) παίρνει την τιμή f (x 0)=f ( β 2α )= )=α( β2 4αγ )= β2 4αγ 4α 2 4α που είναι και η πιο μικρή

234 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 225 τιμή που μπορεί να πάρει η f. Αποδείξαμε λοιπόν ότι : Αν f (x)=αx 2 + βx + γ, α > 0 τότε για κάθε x ισχύει f (x) f ( β 4αγ 2α )= β2 4α (4.59) Γενικά αν έχουμε μία συνάρτηση f ορισμένη στο A λέμε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0 A το f (x 0 ) αν ισχύει f (x) f (x 0 ) για κάθε x A. Σημειώστε ότι για να πούμε ότι ένας αριθμός m είναι ελάχιστο της f δεν αρκεί να ισχύει απλώς f (x) m για όλα τα x. Πρέπει ο αριθμός αυτός να είναι τιμή της f δηλαδή m = f(x 0 ) για κάποιο x 0. Παράδειγμα 114. Να ϐρεθεί το ελάχιστο της συνάρτησης f (x)=2x 2 + x + 2. Λύση Εδώ α = 2, β = 1, γ = 2. Μπορούμε τώρα να ϐρούμε το ελάχιστο με δύο τρόπους. Ο πρώτος είναι να πάμε κατευθείαν στον τύπο που δίνει το ελάχιστο δηλαδή τον Δ 4a. Εχουμε Δ a = = Ο άλλος τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε την πληροφορία ότι το ελάχιστο παρουσιάζεται για x = β 1 2α.Βρίσκουεπάλιf( 2 2 ) = Παράδειγμα 115. Μπορούμε να ϐρούμε το ελάχιστο της f (x)=αx 2 +βx+γ, α > 0 και με ένα άλλο τρόπο ως εξής. Θέλουμε να μάθουμε ποια είναι η πιο μικρή τιμή που μπορεί να πάρει η συνάρτηση δηλαδή να μάθουμε ποιο είναι το πιο μικρό y για το οποίο ισχύει αx 2 + βx + γ = y Για να ακριβολογούμε να μάθουμε ποια είναι η πιο μικρή τιμή του y για την οποία υπάρχει x ώστε αx 2 + βx + γ = y δηλαδή ποια είναι η πιο μικρή τιμή για την οποία η εξίσωση αx 2 + βx + γ = y ήδιαφορετικάηεξίσωση αx 2 + βx +(γ y)=0 ( )

235 Συνάρτησεις έχει λύση. Αλλά το αν έχει μία εξίσωση λύση καθορίζεται από την διακρίνουσα της. Πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης ( ) να είναι μη αρνητική δηλαδή πρέπει β 2 4αγ + 4αy 0 Λύνουμε την παραπάνω ανίσωση ως προς x και ϐρίσκουμε 4αy (β 2 4αγ) δηλαδή y β2 4αγ ( ) 4α επομένωςηπιομικρήτιμήτουy είναι Δ 4α. Για να ϐρούμε όμως για ποιο x επιτυγχάνεται αυτή η πρέπει να λύσουμε την εξίσωση αx 2 + βx + γ = β2 4αγ 4α Αν το κάνουμε (δείτε άσκηση 395) ϑα ϐρούμε x = β 2α. Ενα πιο «οικονομικός» τρόπος είναι να παρατηρήσουμε ότι η μικρότερη τιμή του y που είναι λύση της ( ) είναι εκείνη που την κάνει να ισχύει σαν ισότητα. Τότε όμως η διακρίνουσα της ( ) είναι μηδέν και έχει διπλή ϱίζα x = β 2α. Ασκηση 393. Βρείτε το ελάχιστο της x 2 + x + 1. Ασκηση 394. Για ποιά m ισχύει 2m 3 4x 2 8x + 5 για όλα τα x; Εχει η f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > 0 μέγιστο ; Αντίστοιχη έννοια με το ελάχιστο είναι το μέγιστο : Αν μία συνάρτηση f είναι ορισμένη στο A λέμε ότι η f παρουσιάζει μέγιστο στο x 0 A το f (x 0 ) αν ισχύει f (x) f (x 0 ) για κάθε x A. Ισχύει ανάλογη παρατήρηση με εκείνη που κάναμε στο ελάχιστο : Το μέγιστο πρέπει να είναι τιμή της συνάρτησης. Θα εξετάσουμε τώρα αν η f (x) =αx 2 + βx + γ έχει μέγιστο. Αν η f παρουσίαζε μέγιστο στο x 0 τότε ϑα έπρεπε f (x) f (x 0 ) για όλα τα x. Αν εργασθούμε ακριβώς όπως πριν ϑα ϐρούμε ότι ϑα πρέπει να ισχύει (x 0 + β 2α ) 2 (x + β 2α ) 2 για όλα τα x. Δηλαδήϑαπρέπει(x 0 + β 2α )2 (x + β 2α )2 0 και επομένως ϑα πρέπει (x 0 + β 2α )2 (x + β 2α )2 δηλαδή για όλα τα x R ϑα ισχύει Η παραπάνω σχέση γράφεται και x 0 + β 2α x + β 2α x 0 + β 2α x + β 2α x 0 + β 2α

236 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 227 ή και x 0 + β 2α β x x 0 + β 2α 2α β 2α α β Δηλαδή ϑα πρέπει για κάθε πραγματικό αριθμό x να ισχύει α x β (άτοπο) (δείτε 396). Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι «προς τα πάνω» η γραφική παράσταση της f επεκτείνεται απεριόριστα. Ασκηση 395. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) =αx 2 + βx+ γ δεν έχει μέγιστο εξετάζοντας την εξίσωση αx 2 + βx + γ = y (δείτε και παράδειγμα 115). Ασκηση 396. Που είναι το άτοπο στον ισχυρισμό «για κάθε πραγματικό αριθμό x να ισχύει α x β» που συναντήσαμε προηγουμένως ; Ασκηση 397. Δεν μπορεί να ισχύει 2x 2 + 3x 1 < 2 για όλα τα x. Βρείτεόλατα x για τα οποία η παραπάνω ανισότητα είναι ψευδής. Ασκηση 398. Δίνεται η συνάρτηση g (x) =x + 1 ορισμένη στο (0, + ). Ναχρησιμοποιήσετε την τεχνική που παρουσιάζεται στο παράδειγμα 115 για να ϐρείτε την x ελάχιστη τιμή της Ρίζες της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > 0. Ας ονομάσουμε A το σημείο που αντιστοιχεί στο ελάχιστο της f (x) = αx 2 + βx + γ δηλαδή το A ( β 2α, β2 4αγ 4α ). Αν το A ϐρίσκεται πάνω από τον x x δηλαδή έχει τεταγμένη ϑετική, ασ- ϕαλώς η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει τον x x δηλαδή η f(x)=0 δεν ϑα έχει ϱίζες.

237 Συνάρτησεις Αλλά η τεταγμένη αυτούτου σημείου είναι β2 4αγ 4α. Θα είναι η παράσταση αυτή ϑετική δηλαδή β2 4αγ 4α > 0 όταν (εργαζόμαστε στην περίπτωση όπου α > 0) β 2 4αγ < 0. Επιβεβαιώνεται δηλαδή ένα αποτέλεσμα στο οποίο είχαμε καταλήξει με άλλο τρόπο. Αν το A ϐρίσκεται πάνω στον άξονα x x τότε έχουμε μία μόνο ϱίζα και αυτό συμβαίνει όταν β2 4αγ 4α = 0 δηλαδή β 2 4αγ = 0 Αν το A ϐρίσκεται κάτω από τον άξονα x x τότε η f (x) έχει δύο ϱίζες. Στην περίπτωση αυτή είναι β2 4αγ 4α < 0 δηλαδή β 2 4αγ > 0. Ασκηση 399. Η εξίσωση x 2 + x + 1 = 0 δεν έχει λύσεις. Να αποδείξετε ότι και η x 2 + x = 0 δεν έχει λύσεις. Ασκηση 400. Να αποδείξετε ότι αν α > 0, δ >) και η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 δεν έχει λύσεις τότε και η εξίσωση αx 2 + βx + γ + δ = 0 δεν έχει λύσεις.

238 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις Άξονας συμμετρίας της f (x)=αx 2 + βx + γ. Η γραφική παράσταση της f (x) =αx 2 + βx + γ ϕαίνεται να παρουσιάζει κάποια συμμετρία ως προς ένα κατακόρυφο (: κάθετο στον x x)άξονα. Θα επιχειρήσουμε να τον ϐρούμε. Ας πούμε ότι η γραφική παράσταση της f έχει άξονα συμμετρίας μία κατακόρυφη ευθεία x = s. Αν πάρουμε ένα σημείο A της γραφικής παράστασης της f πρέπει το συμμετρικό του B ως προς την ευθεία x = s να ανήκει πάλι στην γραφική παράσταση της f.ταa και B ϑα έχουν τις ίδιες τεταγμένες ενώ οι τετμημένες τους x 1, x 2 ϑα ισαπέχουν από το s. Θα είναι λοιπόν s x 1 = x 2 s (#) και f (x 1 )=f (x 2 ) (##) Από την πρώτη σχέση ϐρίσκουμε ότι ενώ από την (##) έχουμε διαδοχικά : s = x 1 + x 2 2 αx βx 1 + γ = αx βx 2 + γ αx 2 1 αx βx 1 βx 2 = 0 α (x 2 1 x 2 2 ) + β (x 1 x 2 )=0 α (x 1 x 2 )(x 1 + x 2 )+β (x 1 x 2 )=0

239 Συνάρτησεις (x 1 x 2 )(α (x 1 + x 2 )+β)=0 (x1 x 2 ) α (x 1 + x 2 )+β = 0 α (x 1 + x 2 )= β x 1 + x 2 = β α και επομένως x 1 + x 2 2 = β 2α (###) Συνδυάζοντας τις (#) και (###) ϐρίσκουμε ότι πρέπει : Συνοψίζοντας έχουμε : s = β 2α Αν f (x)=αx 2 + βx + γ τότε με x 1 x 2 ισχύει f (x 1 )=f (x 2 ) x 1+x 2 2 = β 2α ηευθεία x = β 2α είναι άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της f (4.60) Ασκηση 401. Να αποδείξετε ότι αν η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχει ϱίζες τους ρ 1 < ρ 2 τότε η ευθεία x = ρ1+ρ2 είναι άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης 2 της f (x) =αx 2 + βx + γ. Ασκηση 402. Να αποδείξετε ότι με f (x) =αx 2 + βx + γ ισχύει f ( β 2α + h) = f ( β h) για όλα τα h. 2α Μονοτονία της f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α > 0. Η f (x)=αx 2 + βx + γ δεν είναι γνησίως αύξουσα ούτε γνησίως ϕθίνουσα αφούγια x 1 < x 2 άλλοτε ισχύει f (x 1 )<f (x 2 ), άλλοτε f (x 1 )>f (x 2 ) και άλλοτε f (x 1 )=f (x 2 ). Ομως όπως ϐλέπουμε αν πάρουμε μεν x 1 < x 2 αλλά χωρίς να ξεπεράσουν το β 2α δηλαδή τα x 1,x 2 να ανήκουν στο διάστημα (, β 2α ] ϑα έχουμε f (x 1)>f (x 2 ). Λέμε ότι η f είναι γνησίως ϕθίνουσα στο διάστημα (, β 2α ].

240 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 231 Ας δώσουμε και μία απόδειξη αυτούπου ϐλέπουμε στο σχήμα : f (x 1 )>f (x 2 ) ( ) αx βx 1 + γ > αx βx 2 + γ

241 Συνάρτησεις αx βx 1 αx 2 2 βx 2 > 0 αx 2 1 αx2 2 + βx 1 βx 2 > 0 α (x 1 x 2 )((x 1 + x 2 )+β (x 1 x 2 )>0 (x 1 x 2 )(α (x 1 + x 2 )+β)>0 x1 x 2 <0 α (x 1 + x 2 )+β < 0 ( ) Η σχέση ( ) ισχύει διότι αφού x 1 < x 2 β 2α είναι x 1 < β 2α και x 2 β 2α. Προσθέτοντας κατά μέλη ϐρίσκουμε ότι x 1 + x 2 < β 2α β 2α δηλαδή από την οποία προκύπτει ότι α (x 1 + x 2 )< β και από την οποία προκύπτει η ( ). Ομοια διαπιστώνουμε ότι αν πάρουμε x 1 < x 2 αλλά στο διάστημα [ β 2α, + ) ϑα είναι f (x 1 )<f (x 2 ). Άρα Η f (x)=αx 2 + βx + γα> 0 στο διαστημα (, β 2α ] είναι γνησίως ϕθίνουσα στο διαστημα [ β 2α, + ) είναι γνησίως αύξουσα (4.61) Για να δηλώσουμε ότι μία συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα χρησιμοποιούμε το ϐελάκι ενώ αν είναι γνησίως ϕθίνουσα γράφουμε. Στην περίπτωση όπου f (x) =αx 2 + βx + γ έχει δύο ϱίζες ρ 1 < ρ 2 έχουμε τον πίνακα : x ρ 1 β 2α ρ 2 + f (x) =αx 2 + βx + γ Αν όμως διαβάσουμε τον πίνακα προσεκτικά μπορούμε να έχουμε και άλλες πληροφορίες : Στο διάστημα (, β 2α ] η συνάρτηση είναι γνησίως ϕθίνουσα δηλαδή η γραφική της παράσταση κατεβαίνει. Στο ρ 1 η συνάρτηση γίνεται μηδέν άρα πιο πριν ϑα είναι ϑετική και μετά ϑα είναι αρνητική. Πιο τυπικά : x < ρ 1 f (x) >f (ρ 1 ) f(x) >0 και ρ 1 < x β 2α f (ρ 1)> f (x) 0 > f (x) Στο διάστημα [ β 2α, + ) η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα δηλαδή η γραφική της παράσταση ανεβαίνει. Στο ρ 2 η συνάρτηση γίνεται μηδέν άρα πιο πριν ϑα είναι αρνητική και μετά ϑα είναι ϑετική. Με σύμβολα : β 2α x < ρ 2 f (x)< f (ρ 2 ) f (x) <0 και ρ 2 < x f (ρ 2 )<f (x) 0 < f (x) Άρα μπορούμε να συμπληρώσουμε στον πίνακα και επιπλέον στοιχεία για το πρόσημο της f :

242 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις 233 x ρ 1 β 2α ρ 2 + f (x) =αx 2 + βx + γ Τα παραπάνω στοιχεία επιβεβαιώνουν με άλλο τρόπο αυτό που μάθαμε ήδη : Το αx 2 + βx+ γ όταν έχει ϱίζες και είναι α > 0 εκτός των ϱιζών είναι ϑετικό και μεταξύτων ϱιζών είναι αρνητικό. Αν μία συνάρτηση σε κάποιο διάστημα είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως ϕθίνουσα λέμε ότι είναι γνησίως μονότονη. Ασκηση 403. Βρείτε σε ποιο διάστημα η η συνάρτηση f (x) =3x 2 4x + 1 είναι γνησίως αύξουσα και σε ποιο είναι γνησίως ϕθίνουσα Η f (x)=αx 2 + βx + γ όταν α < 0 Στην περίπτωση αυτή με όμοιο τρόπο όπως πριν μπορούμε να αποδείξουμε ότι f (x) f ( β 2α ) για όλα τα x δηλαδή ότι η f παρουσιάζει μέγιστο στο x = β 2α και ότι η γραφική παράσταση της f επεκτείνεται απεριόριστα προς τα κάτω. Επίσης μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (, β 2α ] και γνησίως ϕθίνουσα στο [ β 2α, + ). Ασκηση 404. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = 3x x Ναϐρείτετηνμέγιστη τιμή της. Στην συνέχεια να αποδείξετε ότι f (x) <25 για κάθε x. Ασκηση 405. Για κάθε μία από τις παρακάτω συναρτήσεις : 1. f (x) =x 2 3x + 2

243 Συνάρτησεις 2. f (x) = x 2 + 2x f (x) =(x 1)(x + 3) 4. f (x) =(x + 2) 2 5 Να γίνει στην Geogebra η γραφική της παράσταση. Να ϐρεθεί η διακρίνουσα και οι ϱίζες (εφ όσον υπάρχουν). Να ϐρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας και το μέγιστο ή ελάχιστο. Να συγκρίνετε τα αποτελέσματα που ϐρήκατε με την εικόνα που σας δείχνει η Geogebra. Ασκηση 406. Να δώσετε πλήρη απόδειξη της πρότασης : Αν α < 0 τότε η συνάρτηση f (x) =αx 2 + βx + γ έχει μέγιστο το f ( β 2α ) = β2 4αγ 4α. Ασκηση Να ϐρείτε την μέγιστη τιμή της x (3 x). 2. Δύο αριθμοί x, y έχουν άθροισμα 3. Βρείτε την μέγιστη τιμή του γινομένου τους. Ασκηση 408. Να αποδείξετε ότι αν δύο αριθμοί x, y έχουν σταθερό άθροισμα c τότε το γινόμενο τους xy γίνεται μέγιστο όταν οι αριθμοί γίνου ίσοι δηλαδή όταν x = y = c 2. Ασκηση 409. Να αποδείξετε ότι από όλα τα ορθογώνια που έχουν την ίδια περίμετρο μεγαλύτερο εμβαδόν έχει το τετράγωνο. Ασκηση 410. Στο σχήμα το ABΓΔ είναι τετράγωνο πλευράς 3. Το τμήμα x είναι μεταβλητό. Βρείτε την μέγιστη τιμή του εμβαδούτου ορθογωνίου EZHB

244 Κεφάλαιο 4. Συντεταγμένες και Συναρτήσεις Η f (x)=αx 2 + βx + γ. Μίασύνοψη. α > 0 α < 0 Δ < 0 ελάχιστο f ( β 2α )= Δ 4α στο (, β β ], στο [ 2α 2α, + ) Δεν έχει ϱίζες Πάντα + μέγιστο f ( β 2α )= 4α Δ β β στο (, ], στο [ 2α 2α, + ) Δεν έχει ϱίζες Πάντα Δ = 0 ελάχιστο f ( β 2α )= Δ 4α στο (, β β ], στο [ 2α 2α, + ) Μία διπλή ϱίζα ρ = β 2α + για κάθε x ρ = β 2α μέγιστο f ( β 2α )= Δ 4α β β στο (, ], στο [ 2α 2α, + ) Μία διπλή ϱίζα ρ = β 2α για κάθε x ρ = β 2α Δ > 0 ελάχιστο f ( β 2α )= Δ μέγιστο f ( β 4α 2α )= 4α Δ Δύο ϱίζες στο (, β β ], στο [ 2α 2α, + ) β β Δύο ϱίζες στο (, ], στο [ 2α 2α, + ) Δύο ϱίζες ρ 1 = β Δ < β+ Δ = ρ 2α 2α 2 Δύο ϱίζες ρ 1 = β+ Δ < β Δ = ρ 2α 2α 2 + εκτός των ϱιζών μεταξύ εκτός των ϱιζών + μεταξύ

245 Συνάρτησεις

246 5 Συμπληρωματικές Ασκήσεις 5.1 Ασκήσεις στο κεφάλαιο Οι Φυσικοί Αριθμοί Ασκηση 411. Ας συμβολίσουμε, προς στιγμήν, με a τον επόμενο του ϕυσικού αριθμού a. 1. Βρείτε τον ((12 ) 1) 2. Βρείτε τον x αν (x ) = 19 Ασκηση 412. Ποιες από τις παρακάτω διαφορές είναι ϕυσικοί αριθμοί ; Ασκηση 413. Ποια από τα παρακάτω πηλίκα είναι ϕυσικοί αριθμοί ; ( ) 233 Ασκηση 414. Στο σχήμα εμφανίζονται 4 αριθμοί. Ονομάζονται τρίγωνοι αριθμοί. 237

247 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 1 Βρείτε τους δύο επόμενους τρίγωνους αριθμούς. Ασκηση 415. Να ϐρείτε κατά πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να γραφεί ο αριθμός 12 ως άθροισμα δύο άλλων ϕυσικών (η σειρά δεν μετράει). Ασκηση 416. Παλινδρομικοί αριθμοί. Ενας αριθμός ονομάζεται παλιδρομικός αν διαβάζεται το ίδιο από την αρχή ή από το τέλος δηλαδή αν τα ψηφία του είναι συμμετρικά. Ο αριθμός 3443 είναι παλινδρομικός ενώ ο 2345 δεν είναι. Πάρτε ένα οποιοδήποτε αριθμό που δεν είναι παλινδρομικός. Γράψτε τον ανάποδα. Προσθέστε τους δύο αριθμούς. Αν το άθροισμα δεν είναι παλινδρομικός επανάλαβετε. Στο τέλος μετά από κάποια ϐήματα πιθανότατα ϑα καταλήξετε σε παλινδρομικό αριθμό. Π.χ. ο 971 δεν είναι παλινδρομικός. Μπορεί να γίνει : = = 1661 Leonardo Pisano Bigollo Δεν έχει αποδειχθεί αν η διαδικασία εφαρμόζεται για κάθε αριθμό αλλά έχει δοκιμασθεί για ένα μεγάλο πλήθος αριθμών και ϐρέθηκε ότι δουλεύει. Σε μερικούς όμως αριθμούς η διαδικασία δεν έχει δώσει αποτέλεσμα για παράδειγμα ο 196 δεν δίνει παλινδρομικό αριθμό στα πρώτα ϐήματα. Να μετατρέψετε σε παλινδρομικό τον Ασκηση 417. Ενα πρόβλημα του Fibonacci. Στο έργο του «Το ϐιβλίο των Υπολογισμών» (Liber Abaci) που εξεδόθη το 1202 ο Leonardo Pisano Bigollo γνωστός και ως Fibonacci έχει το ακόλουθο πρόβλημα : Ενας άνθρωπος είχε ένα Ϲευγάρι κουνέλια μαζί σε ένα ορισμένο κλειστό χώρο, και επιθυμεί κάποιος να μάθει πόσα (κουνέλια) δημιουργούνται από το Ϲεύγος αυτό σε ένα χρόνο όταν από τη ϕύση τους κάθε μήνα γεννούν και άλλο ένα Ϲευγάρι και τον δεύτερο μήνα εκείνα που γεννήθηκαν ϑα γεννήσουν επίσης ένα Ϲευγάρι. Το πρόβλημα ουσιαστικά λέει : Ξεκινήστε με ένα Ϲευγάρι κουνελιών (ένα αρσενικό και ένα ϑηλυκό) που γεννιούνται την 1η Ιανουαρίου. Υποθέστε ότι όλοι οι μήνες έχουν 30 μέρες και ότι τα κουνέλια μπορούν να αναπαραχθούν ένα μήνα μετά την γέννηση τους γεννώντας ένα Ϲευγάρι μετά από ένα μήνα που με την σειρά του σε δύο μήνες από την γέννηση του ϑα γεννήσει άλλο ένα Ϲευγάρι κ.ο.κ. Υποθέτουμε ότι κανένα κουνέλι δεν πεθαίνει μέσα στο χρόνο και ότι Ϲευγαρώνουν αποκλειστικά τα κουνέλια του ίδιου Ϲευγαριού. Να δώσετε απάντηση στο πρόβλημα συμπληρώνοντας τον πίνακα :

248 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 239 Αρχή : Αρθμός Ϲευγαριών κουνελιών 1ου Μήνα 1 2ου Μήνα 1 3ου Μήνα 2 4ου Μήνα 3 5ου Μήνα 6ου Μήνα 7ου Μήνα 8ου Μήνα 9ου Μήνα 10ου Μήνα 11ου Μήνα 12ου Μήνα 13ου Μήνα Ασκηση 418. Παραγοντικά. Το γινόμενο των ν πρώτων ϑετικών ακραίων συμβολίζεται με ν! (διαβάζεται ν-παραγοντικό. Είναι δηλαδή Συμφωνούμε καταχρηστικά ότι Ετσι : 0! = 1, 1! = 1,2! = 2, 3! = 6, 4! = Βρείτε τα 5! και 6!. 2. Δίνεται ότι 9! = Βρείτε τα 10! και 11!. Ασκηση 419. Να αποδείξετε ότι ν! = ν (5.1) 0! = 1 (5.2) (ν + 1)! = ν! (ν + 1) (5.3) Ασκηση 420. Οι αυτοβιογραφικοί αριθμοί. Ενας ϕυσικός αριθμός ονομάζεται αυτοβιογραφικός αν Το πρώτο ψηφίο του μας λέει πόσες ϕορές εμφανίζεται στον αριθμό το ψηφίο 0. Το δεύτερο ψηφίο του μας λέει πόσες ϕορές εμφανίζεται στον αριθμό το ψηφίο 1. Το τρίτο ψηφίο του μας λέει πόσες ϕορές εμφανίζεται στον αριθμό το ψηφίο 2 κ.ο.κ. Για παράδειγμα ο αριθμός είναι αυτοβιογραφικός έχει 3 μηδενικά 2 μονάδες, 1 δύο, 1 τρία, 0 τέσσερα, 0 πέντε, 0 έξη. 1. Να αποδείξετε ότι ένας αυτοβιογραφικός αριθμός δε μπορεί να έχει πάνω από 10 ψηφία.

249 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 1 2. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ψηφίων ενός αυτοβιογραφικούαριθμούείναι όσομετοπλήθοςτωνψηφίωντου. 3. Να αποδείξετε ότι άθροισμα των ψηφίων ενός αυτοβιογραφικούαριθμούδεν υπερβαίνει το Να αποδείξετε ένας αυτοβιογραφικός αριθμός ϑα περιέχει οπωσδήποτε μηδενικά. 5. Προσπαθήστε να ϐρείτε όσους περισσότερους αυτοβιογραφικούς αριθμούς μ- πορείτε. 1.2 Οι Ακέραιοι Αριθμοί Ασκηση 421. Να υπολογισθούν τα : ( 8)+( 6) ( 4) ( 15) ( 14) ( 15) ( 5) ( 30) 15. ( 11)+( 11) Ασκηση 422. Να υπολογισθούν τα : ( 8) ( 9) 3. ( 9) ( 4) ( 2) Ασκηση 423. Να ϐρείτε όλους τους διαιρέτες του 100. Ασκηση 424. Να αποδείξετε ότι για κάθε Ϲεύγος ακεραίων α, β οαριθμόςα 2 + β 2 + α + β είναι άρτιος. Ασκηση 425. Οι αριθμοί α, β είναι ακέραιοι. Τι μπορείτε να πείτε για τον αριθμό αβ + α + β; Πότε άραγε είναι άρτιος και πότε περιττός ; Ασκηση 426. Δίνεται ότι ο αριθμός p είναι ένας περιττός πρώτος. άραγε πρώτος σύνθετος ; Ο p + 1 είναι Ασκηση 427. Το γινόμενο δύο σύνθετων αριθμών είναι άραγε πρώτος ή σύνθετος ; Τι μπορείτε να πείτε για το γινόμενο δύο πρώτων ; Ασκηση 428. Η εικασία του Goldbach. Στις 7 Ιουνίου του 1742 ο Πρώσσος μα- ϑηματικός Christian Goldbach έγραψε ένα γράμμα στον Leonhard Euler στο οποίο ανέφερε την διάσημη εικασία του «Κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο πρώτων» Ο Euler του απάντησε : «το ϑεωρώ ως ένα απολύτως ϐέβαιο ϑεώρημα αν και δε μπορώ να το αποδείξω». Μέχρι τώρα δεν έ- χει ϐρεθεί απόδειξη (δηλαδή που να καλύπτει όλους τους αριθμούς) αν και η εικασία έχει επιβεβαιωθεί για πολύμεγάλους αριθμούς. Να επαληθεύσετε την εικασία του Goldbach για τους άρτιους έως τον 100.

250 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 241 Ασκηση 429. Οι τέλειοι αριθμοί. Ενας ϑετικός ακέραιος λέγεται τέλειος αν είναι ίσος με το άθροισμα των γνησίων ϑετικών διαιρετών του. Ο 6 είναι τέλειος διότι οι γνήσιοι ϑετικοί διαιρέτες του είναι οι 1, 2, 3. Είναι άγνωστο αν υπάρχουν άπειροι ή πεπερασμένοι τέλειοι αριθμοί όπως επίσης άγνωστο είναι αν υπάρχει έστω και ένας περιττός τέλειος αριθμός. Εχουν μέχρι στιγμής ϐρεθεί 47 τέλειοι αριθμοί, όλοι άρτιοι. Ο μεγαλύτερος είναι ο ( ) και έχει ψηφία. Να επαληθεύσετε ότι οι αριθμοί 28 και 496 είναι τέλειοι. Ασκηση 430. Η εικασία του Collatz. Θεωρείστε ένα ϑετικό ακέραιο. Αν είναι άρτιος διαιρέστε τον δια 2. Αν είναι περιττός πολλαπλασιάστε τον επί 3 και προσθέστε το 1. Συνεχίστε με αυτό τον τρόπο. Θα καταλήξετε, αργάήγρήγορα,στο1. 3 περιττός 4 άρτιος 2 άρτιος άρτιος περιττός άρτιος άρτιος περιττός άρτιος περιττός άρτιος περιττός άρτιος περιττός άρτιος άρτιος άρτιος περιττός άρτιος άρτιος άρτιος άρτιος 26 άρτιος Εκείνο το «καταλήξετε» που αναφέρεται πιο πάνω έχει διαπιστωθεί πειραματικά δοκιμά- Ϲοντας διάφορους αριθμούς. Δεν έχει δοθεί απόδειξη γιαυτό και ονομάζεται «εικασία» που οφείλεται στον Collatz αν και είναι γνωστή με διάφορα ονόματα. Η απόδειξη της εικασίας είναι ένα άλυτο πρόβλημα των Μαθηματικών. Ο Erdos είχε πει : «Τα Μαθηματικά δεν είναι ακόμη ώριμα για τέτοιου είδους προβλήματα» δηλαδή δεν υπάρχουν ακόμη τα κατάλληλα εργαλεία για την αντιμετώπιση τους. Να επαληθεύσετε την εικασία του Collatz για τους αριθμούς 19 και 29. Lothar Collatz Ασκηση 431. Τρίχες. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο (δηλαδή δύο ή περισσότερα) άτομα στην Αθήνα που έχουν στο κεφάλι τους τον ίδιο αριθμό από τρίχες. 1.3 Οι Ρητοί Αριθμοί Ασκηση 432. Να γράψετε τους παρακάτω ϱητούς σε απλούστερη μορφή : ( 5 2 ) ( 1 4 ) ( 18 5 ) ( 3 4 ) ( 2 9 ) Ασκηση 433. Να γράψετε σαν ένα κλάσμα τις παραστάσεις : α + 1 β ( ) 4. 1 x+1 1 y 2 Ασκηση 434. Να συμπληρώσετε με τον κατάλληλο ακέραιο την καρδούλα ώστε να ισχύει η ισότητα των κλασμάτων :

251 Ασκήσεις στο κεφάλαιο = = = = 121 Ασκηση 435. Δίνεται η παράσταση A = xy+1. Να ϐρείτε την τιμή της A όταν x+y 1. x = 1, y = 2 2. x = 1 4, y = 8 Ασκηση 436. Για τις τιμές a = 1, b= 2, c= 3, d = 4, e= 5, f = 0 ϐρείτε τα : 1. 9a + 2b + 3c 2f 2. 4c 2a 3b + 5c 3. 7ae + 3bc + 9d af 4. 8abc bcd + 9cde def 5. abcd + abce + abde + acde + bcde a b 4ac b + 9b c + 8c d 5d e + 8bc d 5bd e a bc + 6b cd + 20c de cde ab + 5bcd ae 6ade bc 10. 7e + bcd 3bde 2ac a+5b c b+c+3e e+c d + 3b+2c d a+c c a + b+d d b + c+e e c a+b+c+d+e e d+c b+a a+b+c+d 2e Ασκηση 437. Να γράψετε σαν ένα κλάσμα τις παραστάσεις : α β x y α x y α x y Ασκηση 438. Για τους ακέραιους α, β ισχύει αβ = 20. Μετι είναι ίσοτο 3( α)( β); Ασκηση 439. Για τους ακέραιους α, β ισχύει α+β = 20. Με τι είναι ίσο το 3(( α)+ ( β)); Ασκηση 440. Τα τέσσερα τεσσάρια. Πρόκειται για ένα διαδεδομένο πρόβλημα : Χρησιμοποιώντας ακριβώς τέσσερα τεσσάρια (ούτε περισσότερα ούτε λιγότερα) και τα σύμβολα πράξεων δυνάμεων κτλ να σχηματισθούν όσο περισσότεροι αριθμοί γίνεται. Για παράδειγμα οι 1 και 2 μπορούν να σχηματισθούν ως εξής : = = 2 Να σχηματίσετε όσο μπορείτε περισσότερους αριθμούς από το 1 έως το 100.

252 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 243 Ασκηση 441. Από τις εξετάσεις του 1952, Μηχανολόγοι ΕΜΠ. Να ϐρεθεί η αρι- ϑμητική τιμή της παράστασης όταν x = 1 6 και y = 1 2. A = 1 (x + y) 2 ( 1 x y )+ 2 2 (x + y) 2 (1 x + 1 y ) Ασκηση 442. Να αποδείξετε ότι αν οι α, β είναι ϑετικοί ακέραιοι μεγαλύτεροι του α 1 τότε οι ϱητοί αβ 1 και 1 β + 1 είναι ίσοι δηλαδή ισχύει : β(αβ 1) α αβ 1 = 1 β + 1 β(αβ 1) Ασκηση 443. Αιγυπτιακά κλάσματα. Λέγονται τα ϑετικά κλάσματα που προκύπτουν αν προσθέσουμε διαφορετικές μεταξύτους κλασματικές μονάδες. Για παράδειγμα το είναι αιγυπτιακό και προκύπτει από την πρόσθεση των διαφόρων μεταξύ 16 τους κλασματικών μονάδων 1 2, 1 3, 1. Αποδεικνύεται ότι κάθε ϑετικό κλάσμα μπορεί να 3 γραφεί ως άθροισμα Αιγυπτιακών κλασμάτων. Προσπαθήστε να γράψετε τα κλάσματα 2 5 και 2 ως άθροισμα Αιγυπτιακών κλασμάτων 7 Ασκηση 444. Τι είναι πιο συμφέρον 1. Να αγοράσει κάποιος ένα προϊόν με έκπτωση 30% ή 2. Να αγοράσει κάποιος το ίδιο προϊόν με προσφορά 30% επιπλέον προϊόντος ; Ασκηση 445. Βρείτε το : (1 1 2 )+( )+( )+( )+( ) Ασκηση 446. Για τους ϑετικούς ακέραιους α, β ισχύει α β = Να συγκρίνετε τους α, β. a+β 2. Να αποδείξετε ότι 2α+3β = 7 18 Ασκηση 447. Εστω x ένας οποιοσδήποτε ϱητός. Από τον x αφαιρούμε 5 το αποτέλεσμα το διαιρούμε δια 4 και από αυτό που ϑα προκύψει αφαιρούμε το 1/3 του x. Να γράψετε μία παράσταση που να εκφράζει το τελικό αποτέλεσμα. Κατόπιν να γράψετε την παράσταση σε απλούστερη μορφή. 1.4 Οι Πραγματικοί Αριθμοί Ασκηση 448. Να κάνετε τους πολλαπλασιασμούς 1. (α + 7)(α + 5) 2. (m 9)(m + 12) 3. ( k + 4)( k 7) 4. (3x 4y)(2a + 3b) Ασκηση 449. Να επαληθεύσετε την ισότητα : Στη συνέχεια : (p + q)(x + y) =px + py + qx + qy

253 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 1 1. Με δεδομένο ότι px + py = 5 και qx + qy = 1 ϐρείτε το (p + q)(x + y) Με δεδομένο ότι p + q = 4 και x + y = 3 ϐρείτε το px + py + qx + qy 5. Ασκηση 450. Να υπολογισθούν : 1. ( 3) 2 ( 2) 3 +( 0, 2) 3 ( 3) 2 2. (( 3) 2 ) 3 (( 5) 5 ( 5) 3 )+( 1) 9 3. (( 3 5 ) 5 ( 3 5 ) 2 ( 5 3 ) 4 ) ( 3 5 ) 3 4. (((( 2) 1 ) ) ) Ασκηση 451. Να επαληθεύσετε την ισότητα : x 24 =(x 24 2 ) 22 Ασκηση 452. Να επαληθεύσετε τις ισότητες : a 2n =(a 2n 1 ) 2 =(a 2n m ) 2m Ασκηση 453. Δίνεται ότι r 2 + 4r = 13.Βρείτετο(r 3)(r + 7). 9 Ασκηση 454. Δίνεται ότι xa + yb = 11 και ya + xb = 12. Βρείτετο(a + b)(x + y). Ασκηση 455. Να κάνετε τους πολλαπλασιασμούς : 1. (x 2 3x + 2) (2x 1) 2. (4a 2 a 2) (2a + 3) 3. (a 3 + b 3 a 2 b 2 )(a 2 b 2 a 3 + b 3 ) 4. (5m m)(5 4m + 3m 2 ) Ασκηση 456. Να γίνουν οι πολλαπλασιασμοί : 1. (6c 3 )(7c 4 ) 2. (9y 2 )(5y 5 ) 3. (ab) (ab 2 ) 4. (7xy 2 )(2yz 2 )(xz 3 ) Ασκηση 457. Να γίνουν οι διαιρέσεις 1. (2x 3 ) (x 2 ) 2. (6a 5 ) (3a) 3. ( 12b 2 c 5 ) (6b 2 c 4 ) 4. ( x 3 y 4 z 5 ) ( x 3 yz 2 ) Ασκηση 458. Συμπληρώστε τα και με κατάλληλους αριθμούς ώστε να ισχύει η ισότητα : 2x 2 + x = x + x Ασκηση 459. Να υπολογίσετε τα :

254 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις ( ) Ασκηση 460. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις : 1. m (n p) (2m 2p + 3n) (n m + 2p) 2. α β + γ (α + β γ) (α + β + γ) (β + γ α) 3. 3x y (x (2y z) (2x (y z))) 4. 3a 2 (6a 2 (8b 2 (9c 2 2a 2 ))) Ασκηση 461. Αν y = 2x ϐρείτε το x 2 + 3xy + 5y 2 4x 2 3xy + 6y 2 Ασκηση 462. Να γράψετε με σύμβολα την παράσταση : 6 ϕορές το γινόμενο των x και y αυξημένο κατά 3 ϕορές το τετράγωνο του x. Ασκηση 463. Να γράψετε με σύμβολα την παράσταση : 3 ϕορές το άθροισμα του τετραγώνου του α καιτουτετραγώνουτουβ μείον 7 ϕορές το γινόμενο των α, β, γ. Ασκηση 464. Ενας παίκτης τυχερών παιγνιδιών έχει α ευρώ, χάνει β ευρώ και κερδίζει γ ευρώ. Πόσα χρήματα έχει ; Ασκηση 465. Αν x + y + z = 12 και x y + z = 17 ϐρείτε το y. Ασκηση 466. Να απλοποιηθούν οι παραστάσεις : 1 1+x 1. + x 1 x 1 1 x x 1+x α+β α β α β α+β 1 α β α+β x y y a y a x y x y 1 x y y a 1 y a Ασκηση 467. Βρείτε το άθροισμα A + B + Γ όταν A = 1 3 m 1 4 n, B = 2 3 m n και Γ = 2m n Ασκηση 468. Βρείτε τα γινόμενα : 1. (a 2 + 2a 2 7)(5 + a 2 2a 2 ) 2. (3x a y a x a y a ) (x a y x a y 1 ) Ασκηση 469. Να γίνουν οι πράξεις : 1 1. (α β)(α γ) + 1 (β γ)(β α) + 1 (γ α)(γ β)

255 Ασκήσεις στο κεφάλαιο α (α β)(α γ) + β (β γ)(β α) + γ (γ α)(γ β) β + γ (α β)(α γ) + γ + α (β γ)(β α) + α + β (γ α)(γ β) βγ (α β)(α γ) + γα (β γ)(β α) + αβ (γ α)(γ β) Ασκηση 470. Αν α 2 = 3 και β 2 = 8 ϐρείτε τα 1. α 2 + β 2 2. (αβ) 4 3. ( α β )6 Ασκηση 471. Αν a = 1, b = 2, c = 3, d = 5 και e = 8 ϐρείτε τα 1. 2b + 4c 2. (e b)(2e 5b) 3. (e d)(b + c) (d c)(c + a)+a + e Ασκηση 472. Αν α + β γ = 2 ϐρείτε τα 1. (α + β γ)(α γ + β)(β γ + α) 2. (α + β γ) 2 +(α γ + β) 2 +(β γ + α) 2 Ασκηση 473. Να γραφούν σε αύξουσα σειρά (από τον μικρότερο στον μεγαλύτερο) οι αριθμοί : 1, 4, 3 2, 1 6, 20, 7, 2, 3 Ασκηση 474. Από τις εξετάσεις STEP, Νααποδείξετεμεαπαγωγήστοάτοπο τους παρακάτω ισχυρισμούς A και B που αναφέρονται σε πραγματικούς αριθμούς p και q: A Αν ο pq είναι άρρητος τότε τουλάχιστον ένας από τους p και q είναι άρρητος. B Αν ο p + q είναι άρρητος τότε τουλάχιστον ένας από τους p και q Να αποδείξετε με την ϐοήθεια ενός αντιπαραδείγματος ότι ο παρακάτω ισχυρισμός C είναι εσφαλμένος : C Αν οι p και q είναιάρρητοιτότεοp + q είναι άρρητος. Ασκηση 475. Από τον διαγωνισμό Rocket City Math League, Να υπολογίσετε το (5 + 3) Ασκηση 476. Από τον διαγωνισμό Canadian Open Mathematics Challenge, Να υπολογίσετε το Η Γλώσσα της Λογικής Ασκηση 477. Ποιές από τις παρακάτω ισοδυναμίες είναι αληθείς ;

256 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις α 2 = 1 a 4 = 1 2. α 3 = 1 a 4 = 1 3. α > 1 a + 1 > 1 4. α < 2 a + 2 < 4 Ασκηση 478. Ποιες από τις παρακάτω ισοδυναμίες είναι αληθείς ; 1. x + y = 3 2x + 2y = 6 2. x + y = 3 x 2 + y 2 = 9 3. x + y = 3 x 3 + y 3 = 1 4. x + y = y = x Ασκηση 479. Ποιες από τις παρακάτω συνεπαγωγές είναι αληθείς ; 1. x = 4 x > 0 2. x > 0 x = 4 3. x > 2 2x > 4 4. x + y < 3 x y < 3 Ασκηση 480. Βρείτε το λάθος στην παρακάτω «απόδειξη»: 0 = = = = 2 Ασκηση 481. Από τις παρακάτω συνεπαγωγές μία μόνο είναι αληθής. Ποια ; 1. x 3 + y 3 = z 3 x + y = z 2. x + y = 0 x 2 + y 2 = 0 3. (α + β)(α β) =0 α = β 4. α = β (α + β)(α β)=0 Ασκηση 482. Ποιες από τις παρακάτω ισότητες είναι αληθείς ; 1. (α + β) (α 1 + β 1 ) 1 = αβ α+β = 2 α + 2 β 1 α β = 1 α 1 β α+β 2 = α 2 + β 2 Ασκηση 483. Ποιες από τις παρακάτω συνεπαγωγές είναι αληθείς ; 1. xy = 0 x = 0 και y = 0 2. xy 0 x 0 ή y 0 3. xy 0 x 0 και y 0 4. xy = 1 x = 1 ή y = 1 Ασκηση 484. Στο σχήμα απεικονίζεται (μάλλον άτεχνα) ένα σχολικό λεωφορείο. Προς ποια κατεύθυνση κινείται ;

257 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 2 Ασκηση 485. Ενας γρίφος του Sam Loyd. Τέσσερα Ϲευγάρια πρέπει να περάσουν με μία ϐάρκα ένα ποτάμι. Στη μέση του ποταμούυπάρχει μία νησίδα. Βρείτε ένα τρόπο να περάσουν το ποτάμι αν : 1. Η ϐάρκα χωράει το πολύδύο άτομα. 2. Άνδρες και γυναίκες Ϲηλεύουν το ταίρι τους και δεν ϑα ήθελαν με τίποτε και ούτε για λίγο να την (τον) δουν να ϐρίσκεται μόνη (μόνος) με κάποιο άτομο της παρέας αντίθετου ϕύλου. Sam Loyd Ασκήσεις στο κεφάλαιο Σύνολα Ασκηση 486. Ποια από τα στοιχεία 2, 3, 5 ανήκουν στο σύνολο {0, 4, 5, 6, 1}; Ασκηση 487. Πως πρέπει να διαλέξουμε τον ακέραιο k ώστε ο αριθμός 2k + 3 να είναι στοιχείο του συνόλου {0, 4, 5, 6, 1}; Ασκηση 488. Ποιες από τις παρακάτω σχέσεις είναι εσφαλμένες ; 1. {α,,,β} {,,β}={,β} 2. {,,,β, } {,,β, } = {,β,, } 3. {,,,β, } {,,β, } = { } 4. ({α,,, } {,η, }) { } = { } Ασκηση 489. Να συμπληρώσετε τις ισότητες :

258 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις {a, b, c} {b, c}= 2. {a, b, c} {b, c}= 3. {a, b, c} {b, c}= 4. {b, c} {a, b, c}= 5. ({a, b, c} {d, e}) {a, e}= 6. ({a, b, c} {d, e}) {a, b}= 7. {a, b, d} ({e, b, c} {d, e}) = 8. ({α, β, γ} {γ,δ}) {ε, ϑ}= Ασκηση 490. Στο σχήμα παρουσιάζεται ένα διάγραμμα Venn με δύο σύνολα A και B. Βρείτε σε ποια σύνολα αντιστοιχούν οι περιοχές με την σκίαση: Ασκηση 491. Στο σχήμα παρουσιάζεται ένα διάγραμμα Venn με τρία σύνολα A, B και Γ. Βρείτε σε ποια σύνολα αντιστοιχούν οι περιοχές με την σκίαση: Ασκηση 492. Τα [α, β], (α, β), (α, β], [α, β) είναι διαστήματα. Να συμπληρώσετε τις ισότητες.

259 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 2 1. [α, β] (α, β) = 2. [α, β] {α, β} = 3. [α, β] (α, β] = 4. [α, β] [α, β) = 5. (α, β) [α, β] = 6. (α, β) [α, β] = 7. (α, β) {α, β} = 8. {α, β} (α, β) = 9. {α, β} [α, β] = 10. (α, β] [α, β) = Ασκηση 493. Δίνεται ότι α < β. Να συμπληρώσετε τις ισότητες : 1. [α, + ] (α, β) = 2. (,β) (α, + ) = 3. [α, β] (, + ) = 4. (, + ) [α, β) = Ασκηση 494. Να εξηγήσετε γιατί ισχύει : (0, 1 4 ) (0, 1 3 ) (0, 1 ) (0, 1) 2 αλλά και γιατί δεν ισχύει: (0, 1 4 )=(0, 1 3 )=(0, 1 )=(0, 1) 2 Ασκηση 495. Ναϐρείτεόλαταυποσύνολατου{a, b, c, d, e, f} που έχουν τρία στοιχεία. Ασκηση 496. Μεταθέσεις. Οταν αναφερόμαστε σε σύνολα μας ενδιαφέρουν τα στοιχεία τους και όχι κάποια σειρά που ενδεχομένως έχουν. Ας ϑεωρήσουμε το σύνολο A που απαρτίζεται από τέσσερα παιδιά : Ας υποθέσουμε τώρα ότι τοποθετούμε τα παιδιά του συνόλου A σε μία σειρά. Υπάρχουν αρκετοί τρόποι για να γίνει αυτό λ.χ. ένας είναι ο : 1. Να ϐρείτε όλους τους δυνατούς τρόπους με τους οποίους μπορούν τα παιδιά του συνόλου A να μπουν σε μία σειρά. 2. Αν για να απαντήσετε στο προηγούμενο ερώτημα δοκιμάσατε όλους τους τρόπους ένα-ένα σκεφθείτε μήπως ϑα μπορούσατε να ϐρείτε την απάντηση πιο γρήγορα. Κατά πόσους τρόπους ϑα μπορούσαν να τοποθετηθούν σε μία σειρά τα στοιχεία του A αν είχαμε 5 αντί για 4 παιδιά ;

260 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις Εστω ένα σύνολο με ν στοιχεία. Κάθε τοποθέτηση των στοιχείων του συνόλου σε μία σειρά λέγεται μετάθεση των στοιχείων του. Το πλήθος των όλων των δυνατών μεταθέσεων ενός συνόλου με ν στοιχεία συμβολίζεται με M ν. Να αποδείξετε ότι το πλήθος των μεταθέσεων ν στοιχείων είναι ν! (δείτε και άσκηση 418. Δηλαδή να αποδείξετε ότι M ν = ν! (5.4) Ασκηση 497. Εστω Ω ={1, 2, 3,..., 100}. 1. Εστω A το σύνολο των αριθμών του Ω που είναι άρτιοι αριθμοί. Βρείτε το πλήθος των στοιχείων του N(A). 2. Εστω B το σύνολο των αριθμών του Ω που είναι πολλαπλάσια του 3. Βρείτετο πλήθος των στοιχείων του N(B). 3. Εστω Γ το σύνολο των αριθμών του Ω που είναι πολλαπλάσια του 6. Βρείτετο πλήθος των στοιχείων του N(Γ). 4. Βρείτε το πλήθος των αριθμών του Ω που είναι άρτιοι αριθμοί ή πολλπλάσια του Αν στο προηγούμενο ερώτημα μετρήσατε για να ϐρείτε την απάντηση εξηγείστε πως αυτή μπορεί να ϐρεθεί από την σχέση (2.24). Ασκηση 498. Διατάξεις. 1. Σε μια πολυκατοικία κατοικούν 21 ένοικοι. Οι ένοικοι της πολυκατοικίας συχνά εξυπηρετούνται από διάφορα καταστήματα που είναι τριγύρω. Μία ημέρα στην κοντινή τράπεζα ϐρίσκονται σε μία σειρά 7 ένοικοι της πολυκατοικίας. Αφούη πολυκατοικία έχει 21 ενοίκους ϑα μπορούσαν να ϐρεθούν σε μία σειρά 7 ατόμων άλλα άτομα. Επίσης ϑα μπορούσαν να είναι μεν τα ίδια αλλά σε διαφορετική σειρά. Βρείτε πόσες διαφορετικές «ουρές» μπορούμε να έχουμε από τα 21 άτομα της πολυκατοικίας. Για το τελικό αποτέλεσμα μπορείτε να «αναθέσετε» τις πράξεις σε υπολογιστή, κινητό κτλ.

261 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 2 2. Γενικά από ένα σύνολο ν στοιχείων ϕτιάχνουμε μία σειρά με κ από αυτά. Κάθε τέτοια σειρά λέγεται μία διάταξη των ν ανά κ. Το συνολικό πλήθος των διατάξεων των ν ανά κ συμβολίζεται με Δ ν κ. Να αποδείξετε ότι : Δ ν κ = ν (ν 1)... (ν (κ 1)) (5.5) Ασκηση 499. Συνδυασμοί. 1. Ενα παιδάκι έχει 12 παιγνίδια. Βρείτε με πόσους τρόπους μπορεί να διαλέξει 4 από αυτά. Το σχήμα περιέχει και μία υπόδειξη. 2. Από ένα σύνολο που έχει ν στοιχεία διαλέγουμε κ. Μία τέτοια επιλογή ονομάζεται συνδυασμός ν ανά κ. Το πλήθος όλων των συνδυασμών των ν ανά κ συμ- ϐολίζεται με ( ν ). Να αποδείξετε ότι κ ( ν κ )= Δν κ ν (ν 1)... (ν (κ 1)) = M κ κ! (5.6) Ασκηση 500. Εξάσκηση στους συνδυασμούς. Να συμπληρώσετε τον πίνακα : ν ( 1 0 ) = (2 0 ) = (3 0 ) = (4 0 ) = (5 0 ) = (6 0 ) = (7 0 ) = 1 ( 1 1 ) = (2 1 ) = (3 1 ) = (4 1 ) = (5 1 ) = (6 1 ) = (7 1 ) = 2 ( 2 2 ) = (3 2 ) = (4 2 ) = (5 2 ) = (6 2 ) = (7 2 ) = κ 3 ( 3 3 ) = (4 3 ) = (5 3 ) = (6 3 ) = (7 3 ) = 4 ( 4 4 ) = (5 4 ) = (6 4 ) = (7 4 ) = 5 ( 5 5 ) = (6 5 ) = (7 5 ) = 6 ( 6 6 ) = (7 6 ) = 7 ( 7 7 ) =

262 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 253 Ασκηση 501. Να αποδείξετε ότι ( ν κ )= ν! κ! (ν κ)! (5.7) Προσπαθήστε να δώσετε κάνετε την απόδειξη με δύο τρόπους. Ασκηση 502. Επαναληπτικές Διατάξεις. 1. Μια τάξη έχει 17 παιδιά. Στην διάρκεια μιας σχολικής μέρας όλα τα παιδιά απαντούν σε ερωτήσεις ή συζητούν για διάφορα πράγματα. Ας υποθέσουμε ότι απομονώνουμε 3 διαφορετικές χρονικές στιγμές και κοιτάμε ποιο παιδί έχει τον λόγο την κάθε χρονική στιγμή. Μπορεί να έχουμε αυτή την καταγραφή ήαυτή ή ακόμη και αυτή Να ϐρείτε πόσες διαφορετικές καταγραφές είναι δυνατές. 2. Ενα σύνολο έχει ν στοιχεία. Κάνουμε κ επιλογές στοιχείων του συνόλου : 1η Επιλογή,2η Επιλογή,..., κ Επιλογή

263 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 2 την μία ανεξάρτητα από την άλλη δηλαδή χωρίς να μας ενδιαφέρει αν ϑα επιλέξουμε ξανά ένα στοιχείο που έχει ήδη επιλεγεί. Κάθε επιλογή και των κ στοιχείων λέγεται επαναληπτική διάταξη των ν στοιχείων ανά κ. Το πλήθος όλων των επαναληπτικών διατάξεων των ν στοιχείων ανά κ συμβολίζεται με δκ ν. Να αποδείξετε ότι : δκ ν = νκ (5.8) Ασκηση 503. «Το κωδικό όνομα... μπορούσε να έχει εφτά γράμματα. Πόσοι συνδυασμοί των εφτά γραμμάτων γίνονται αν υπολογίσουμε και τα εικοσιπέντε γράμματα της αλφαβήτου...;» Ουμπέρτο Εκο, Το εκκρεμές του Φουκώ, Μετάφραση Εφη Καλλιφατίδη Ασκηση 504. Πληθάριθμος Δυναμοσυνόλου.Θεωρούμε το σύνολο A ={α 1,α 2,..., α ν } που έχει ν στοιχεία. Για να σχηματίσουμε ένα υποσύνολο του A απλώς διαλέγουμε κάποια στοιχεία του A. Μπορεί να μη διαλέξουμε και κανένα οπότε ϑα έχουμε το κενό σύνολο που είναι υποσύνολο κάθε συνόλου. Στην ουσία για να σχηματίσουμε ένα υποσύνολο πρέπει να «αποφασίσουμε» για κάθε στοιχείο του A αν ϑα το συμπεριλάβουμε στο υποσύνολο ή όχι. Πρέπει να πάρουμε ν αποφάσεις μία για κάθε στοιχείο του A: α 1 Ναι Οχι α 2 Ναι Οχι α ν Ναι Οχι Κάθε διαφορετική επιλογή στα «Ναι», «Οχι» έστω και σε ένα στοιχείο του A οδηγεί σε άλλο υποσύνολο. Να αποδείξετε ότι το A έχει 2 ν υποσύνολα. Δηλαδή Το πλήθος όλων των υποσυνόλων ενός συνόλου με ν στοιχεία είναι 2 ν (5.9) Helmut Hasse Ασκηση 505. Ενα διάγραμμα Hasse. Η σχέση του περιέχεσθαι μεταξύσυνόλων έχει αρκετές αναλογίες με την σχέση < των πραγματικών αριθμών αλλά και αρκετές διαφορές. Η σημαντικότερη είναι ότι ενώ δύο διάφοροι πραγματικοί αριθμοί είναι πάντα συγκρίσιμοι δεν ισχύει το ίδιο για τα σύνολα : Δύο διάφορα σύνολα μπορεί να μην είναι συγκρίσιμα δηλαδή κανένα να μην περιέχεται στο άλλο. Σ- το διπλανό διάγραμμα απεικονίζονται ό- λα, 16 τον αριθμό, τα υποσύνολα του {α, β, γ, δ}. Κάθε ϐελάκι κατευθύνεται από ένα υποσύνολο σε ένα υπερσύνολο του δηλαδή σε ένα σύνολο που το περιέχει. Αν ένα σύνολο στο διάγραμμα περιέχεται σε ένα άλλο πάντα υπάρχει διαδρομή με ϐελάκια που οδηγεί σε αυτό.

264 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις Βρείτε σε ποια σύνολα περιέχεται γνησίως το {β}. 2. Βρείτε ποια σύνολα περιέχουν γνησίως το {γ,δ}. 3. Βρείτε ποια σύνολα δε μπορούν να συγκριθούν με το {α, γ}. 2.2 Πιθανότητες Ασκηση 506. Ριχνουμε ένα Ϲάρι δύο ϕορές. Τι είναι πιθανότερο να ϕέρουμε : Άθροισμα 11 ήάθροισμα4; Ασκηση 507. Από ένα ημερήσιο ημερολόγιο διαλέγουμε τυχαία ένα ϕύλλο. Ποια είναι η πιθανότητα να αντιστοιχεί σε πρωτομηνιά ; (Να υποθέσετε ότι το έτος δεν είναι δίσεκτο). Ασκηση 508. Ρίχνουμε ένα ευρώ δύο ϕορές και γράφουμε τις ενδείξεις. Ποια είναι η πιθανότητα να έλθει τουλάχιστον μία ϕορά η όψη με την γλαύκα ; Ασκηση 509. Ο παππούς Ιορδάνης συνέχεια ξεχνάει. Ξεχνάει και τα δύο τελευταία ψηφία του τηλεφώνου του γιου του. Θυμάται μόνο ότι είναι διαφορετικά. Οποτε τον καλεί τα συμπληρώνει στην τύχη. Ποια είναι η πιθανότητα να πετύχει τον σωστό αριθμό ; Ασκηση 510. Στο τυχερό παιγνίδι Τζόκερ κληρώνονται 5 αριθμοί από 45 και 1 αριθμός από 20 (ο «τζόκερ»). Η πιο απλή συμπλήρωση μίας στήλης (και εκείνη που πληρώνεται το μικρότερο τίμημα) είναι να επιλεγούν 5+1 αριθμός. Βρείτε ποια είναι η πιθανότητα με μία απλή στήλη να πετύχει κάποιος τους αριθμούς που ϑα κληρώσουν. Ασκηση 511. Για τα ενδεχόμενα A, B ισχύουν P (A B) = 3 4, P (A )= 2 3 P (A B)= 1. Να ϐρείτε τις πιθανότητες 4 και

265 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 1. P (A) 2. P (B) 3. P (A B ) Ασκηση 512. Μια τάξη έχει 12 αγόρια και 16 κορίτσια. Τα μισά αγόρια και τα μισά κορίτσια έχουν μαύρα μάτια. Επιλέγουμε τυχαία ένα άτομο. Να ϐρείτε την πιθανότητα να είναι αγόρι ή να έχει μαύρα μάτια. Ασκηση 513. Ρίχνουμε δύο Ϲάρια. Ποια είναι η πιθανότητα να ϕέρουμε δύο διαδοχικούς αριθμούς ; Ασκηση 514. Στα ϑέματα Θετικής-Τεχνολογικής Κατεύθυνσης στις Πανελλήνιες Εξετάσεις του 2012 υπήρχαν 5 ερωτήσεις τύπου Σωστό-Λάθος. Ποια είναι η πι- ϑανότητα ένας μαθητής που απαντάει στην τύχη να δώσει σωστή απάντηση και στις 5 ερωτήσεις ; Ασκηση 515. Μία συγκεκριμένη μηχανή με «ϕρουτάκια» ( «κουλοχέρης» ή «ληστής με το ένα χέρι» ) έχει 3 τροχούς που κάθε ένας έχει 10 σύμβολα (τα ίδια σε κάθε τροχό). Οι τροχοί περιστρέ- ϕονται ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο και παρουσιάζουν ο κάθε ένας ένα από τα 10 σύμβολα. Ποια είναι η πιθανότητα να εμφανισθούν 3 ίδια σύμβολα ; Ασκηση 516. Δείτε πρώτα την Άσκηση 510. Τι είναι πιο πιθανό : 1. Να κερδίσει κανείς στο Τζόκερ γράφοντας ένα απλό δελτίο ή να ϕέρει ϱίχνοντας ένα Ϲάρι 9 ϕορές συνεχόμενες 6; 2. Να κερδίσει κανείς στο Τζόκερ γράφοντας ένα απλό δελτίο ή να ϕέρει ϱίχνοντας ένα Ϲάρι 10 ϕορές συνεχόμενες 6; Ασκηση 517. Στο σχήμα εικονίζεται ένα μέρος μιας πόλης : 100 οικοδομικά τετράγωνα και οι γύρω δρόμοι. Ενας κάτοικος της πόλης ξεκινάει κάθε πρωί από το A και πηγαίνει στο B. Κινείται μόνο δεξιά και πάνω. Για ποικιλία κάθε μέραδιαλέγειτυχαίατηνδιαδρομήτουπροχωρώντας ένα οικοδομικό τετράγωνο δεξιά ή πάνω. Μία από τις πολλές διαδρομές που μπορεί να κάνει είναι σημειωμένη με τα ϐελάκια. Ποια είναι η πιθανότητα σε μία διαδρομή να περάσει από το Γ; 5.3 Ασκήσεις στο κεφάλαιο Ταυτότητες Ασκηση 518. Να γραφούν ως γινόμενο παραγόντων οι παραστάσεις :

266 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις α 3 β 2α 2 β 2 + 6α 2 β 3 2. x (α β)+y (α β) ω (α β) 3. 3α (x y) 2ω (x y) (x y) 4. 7 (x + 2)(y 3) y + 3 Ασκηση 519. Να γράψετε ως γινόμενο παραγόντων τις παρακάτω παραστάσεις : 1. αβ + αγ αδ 2. αt + αu + βt + βu 3. αβ + αγ + β 2 + βγ 4. αx 2 + βx 2 + α + β 5. x 3 βx 2 + αx αβ 6. xy + xz + xβ + αy + αz + αβ Ασκηση 520. Να γράψετε ως γινόμενο παραγόντων τις παρακάτω παραστάσεις : 1. x 2 + xy 3 y 2 x y x 5 + 8x 2 y 2 + 3yx y xy 8y 2 x + 15yx 3 10x 3 y x3 5 3 xα2 2x 2 α + 10α 3 5. x 5 x 2 2x x 2 y + 3x 2 + 2xy + 3x + 2y + 3 Ασκηση 521. Να γραφούν ως γινόμενο παραγόντων οι παραστάσεις : 1. αχ + βψ + αψ + βχ 2. x 3 xy + x 2 y 2 y 3 3. x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x a 3 b + 10ab 3 + 5a 2 b 2 2a 2 4b 2 2ab Ασκηση 522. Να απλοποιηθούν τα κλάσματα : 1. α+β α 2 β 2 4. (α+β) 2 (α 3 β 3 ) (α 2 β 2 ) 2 2. α 2 β 2 α 2 αβ 5. α 6 β 6 (α+β) 2 (α 3 β 3 ) 3. α 3 +β 3 (α β) 2 +αβ 6. 9α 5 16α 6α 2 β 2 8β 2 Ασκηση 523. Να αποδείξετε τις ταυτότητες : 1. αβ = ( α+β 2 )2 ( α β 2 )2 2. (α + β) 2 +(β + γ) 2 +(γ + α) 2 α 2 β 2 γ 2 =(α + β + γ) 2 Ασκηση 524. Να αποδείξετε τις ταυτότητες : 1. (α + β + γ) 2 +(β + γ α) 2 +(γ + α β) 2 +(α + β γ) 2 = 4 (α 2 + β 2 + γ 2 ) 2. (α + β + γ)(β + γ α)(γ + α β)(α + β γ)=(2αβ) 2 (α 2 + β 2 γ 2 ) 2 3. (α β) 3 +(β γ) 3 +(γ α) 3 = 3 (α β)(β γ)(γ α) 4. (α + β)(β + γ)(γ + α) =α 2 β + β 2 γ + γ 2 α + αβ 2 + βγ 2 + γα 2 + 2αβγ 5. (α + β + γ)(αβ + βγ + γα)=(α + β)(β + γ)(γ + α)+αβγ

267 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 6. (αβ + βγ + γα) 2 = α 2 β 2 + β 2 γ 2 + γ 2 α 2 + 2αβγ (α + β + γ) Ασκηση 525. Να αποδείξετε ότι (p 2 q 2 ) 4 + (2pq + q 2 ) 4 + (2pq + p 2 ) 4 = 2 (q 2 + pq + p 2 ) 4 Ασκηση 526. Να αποδείξετε ότι για k = 1, 2, 3 ισχύει (p 2 q 2 ) 4 + (2pq + q 2 ) 4 + (2pq + p 2 ) 4 = 2 (q 2 + pq + p 2 ) 4 Ισχύει άραγε η παραπάνω ισότητα για k = 4; Ασκηση 527. Να αποδείξετε ότι για k = 1, 2, 3 ισχύει (p 2 q 2 ) 4 + (2pq + q 2 ) 4 + (2pq + p 2 ) 4 = 2 (q 2 + pq + p 2 ) 4 Ισχύει άραγε η παραπάνω ισότητα για k = 4; Augustin Louis Cauchy Ασκηση 528. Εστω ότι X = q 3 + 3pq 2 p 3 Y = 3pq (p + q) Z = p 2 + pq + q 2 Να αποδείξετε ότι X 2 + XY + Y 2 = Z 3 Ασκηση 529. Οι ταυτότητες του Cauchy. Να αποδειχθεί ότι : 1. (α + β) 3 α 3 β 3 = 3αβ (α + β) 2. (α + β) 5 α 5 β 5 = 5αβ (α + β) (α 2 + αβ + β 2 ) Abraham de Moivre (α + β) 7 α 7 β 7 = 7αβ (α + β) (α 2 + αβ + β 2 ) 2 Ασκηση 530. Η ταυτότητα του De Moivre. Να αποδείξετε ότι α 4 +β 4 +γ 4 2α 2 β 2 2β 2 γ 2 2γ 2 α 2 = (α + β + γ)(α + β γ)(β + γ α)(γ + α β) Ασκηση 531. Μία ταυτότητα του Ramanujan. Να αποδείξετε ότι (3a 2 + 5ab 5b 2 ) 3 + (4a 2 4ab + 6b 2 ) 3 + (5a 2 5ab 3b 2 ) 3 = (6a 2 4ab + 4b 2 ) 3 Ασκηση 532. Τετράγωνο αθροίσματος ν-προσθετέων. Ενα τετράγωνο αριθμούείναι ο αριθμός επί τον εαυτό του. Για να ϐρούμε το Srinivasa Ramanujan (α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν ) 2 δεν έχουμε παρά να κάνουμε τον πολλαπλασιασμό (α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν )(α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν ) που εκτελείται αν πολλαπλασιάσουμε κάθε προσθετέο του πρώτου αθροίσματος με κάθε προσθετέο του δεύτερου :

268 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 259 Οι δουλειές, δηλαδή οι πολλαπλασιασμοί, που έχουν να γίνουν ϕαίνονται και στο διάγραμμα : Να αποδείξετε ότι (α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν) 2 = α α α α 2 ν 1 + α 2 ν+ +2 (α 1α 2 + α 1α α 1α ν 1 + α 1α ν + α 2α α 2α ν 1 + α 2α ν α ν 1α ν) Πόσους προσθετέους έχει η τελευταία παρένθεση ; (5.10) Ασκηση 533. Η γενική μορφή της ταυτότητας του Lagrange. Στην άσκηση 146 είδαμε την ταυτότητα του Lagrange που μπορεί και να γραφεί και : (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) =(ax + by) 2 + a b 2 x y όπου a x b y =ay bx είναι η ορίζουσα που συναντήσαμε στην (3.20). Να αποδείξετε ότι (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) =(ax + by + cz) 2 + a b 2 x y + a c 2 x z + b c 2 y z

269 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 Στην συνέχεια να αποδείξετε ότι : (α α α α 2 ν 1 + α 2 ν)(β β β β 2 ν 1 + β 2 ν) = (α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β α ν 1 β ν 1 + α ν β ν ) α 2 1 α 2 + α 2 1 α α 2 1 α ν 1 + α 2 1 α ν + β 1 β 2 β 1 β 3 β 1 β ν 1 β 1 β ν (5.11) + α 2 2 α α 2 2 α ν 1 + α 2 2 α ν α 2 ν 1 α ν β 2 β 3 β 2 β ν 1 β 2 β ν β ν 1 β ν Ασκηση 534. Προσέξτε τον παρακάτω πίνακα. Προσπαθήστε να ϐρείτε με ποιο τρόπο συμπληρώνονται τα λευκά τετραγωνάκια. Με άλλα λόγια ϐρείτε ένα ειρμό (pattern) που αν τον ακολουθήσουμε μπορούμε να συμπληρώσουμε όλα τα τετραγωνάκια. Ασκηση 535. Το τρίγωνο του Pascal. Αν αλλάξουμε μορφή στον πίνακα της άσκησης 534 ϑα έχουμε το παρακάτω σχήμα : Στην άσκηση 534 ϕάνηκε ένας τρόπος με τον οποίο ϑα συμπληρώσουμε τον πίνακα. Αν τον προσαρμόσουμε στο παραπάνω τρίγωνο γίνεται :

270 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 261 «Κανόνας : ο αριθμός σε κάθε τετραγωνάκι είναι το άθροισμα των αριθμών που ϐρίσκονται στα δυο τετραγωνάκια που ϐρίσκονται πάνω από αυτό» Ο πίνακας προέκυψε από την άσκηση 500 όπου υπολογίσαμε τους συνδυασμούς ( ν κ ), 0 κ ν 7 (ν 0). Άρα τα στοιχεία του πίνακα είναι συνδυασμοί. Μπορούμε να συνεχίσουμε να συμπληρώνουμε τον πίνακα ακολουθώντας τον παραπάνω κανόνα. Θα είναι όμως και οι νέοι αριθμοί που ϑα προκύψουν συνδυασμοί ; Συμπληρώστε την επόμενη γραμμή με δύο τρόπους 1. Ακολουθώντας τον κανόνα. 2. Υπολογίζοντας απ ευθείας τους συνδυασμούς ( 8 κ ). Οι υπολογισμοί δείχνουν ότι : ( 7 0 ) + (7 1 ) = (8 1 ), (7 1 ) + (7 2 ) = (8 2 ), (7 2 ) + (7 3 ) = (8 3 ), (7 3 ) + (7 4 ) = (8 4 ), (7 4 ) + (7 5 ) = ( 8 5 ), (7 5 ) + (7 6 ) = (8 6 ), (7 6 ) + (7 7 ) = (8 ) και επομένως παρέχουν κάποια ένδειξη 7 ότι ισχύει ( ν κ )= ν! (5.12) κ! (ν κ)! Να αποδείξετε την παραπάνω σχέση στηριζόμενοι στην (5.7). Ασκηση 536. Να αποδείξετε ότι : ( ν κ+1 ) ( ν κ+1 ) + ( ν Ασκηση 537. Να αποδείξετε ότι : ν κ+3 ) ν κ+2 ) κ+2 ) + ( ( ν κ+3 ) + ( ν κ+4 ) = 2( ( ν κ+2 ) + ( ν ( ν κ )(κ λ )=(ν λ )(ν λ κ λ ) κ+3 )

271 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 Ασκηση 538. Να αποδείξετε ότι : Ασκηση 539. Να αποδείξετε ότι ( ν κ )(ν κ λ )=(ν λ )(ν λ κ ) ( ν κ + 1 )=ν κ κ + 1 (ν κ ) (5.13) Sir Isaac Newton Ασκηση 540. Το διωνυμικό ϑεώρημα του Νεύτωνα. Ας υποθέσουμε ότι ϑέλουμε να υπολογίσουμε το (α + β) 4 =(α + β)(α + β)(α + β)(α + β) Για να κάνουμε τους πολλαπλασιασμούς πρέπει να πολλαπλασιάσουμε κάθε στοιχείο της πρώτης παρένθεσης με κάθε στοιχείο της δεύτερης και με κάθε στοιχείο της τρίτης και της τέταρτης. Θα πάρουμε κάποια γινόμενα στα οποία μετά ϑα κάνουμε αναγωγή ομοίων όρων. Ετσι ϑα πάρουμε τα γινόμενα (η σειρά δείχνει από ποια παρένθεση παίρνουμε τι): αααα = α 4 1όρος αααβ = ααβα = αβαα = βααα = α 3 β 4όροι ααββ = αβαβ = αββα = ββαα = βαβα = βααβ = α 2 β 2 βββα = ββαβ = βαββ = αβββ = αβ 3 ββββ = β 4 1όρος Οταν κάνουμε αναγωγή ομοίων όρων ϑα έχουμε 4όροι 6όροι (α + β) 4 = 1 α α 3 β + 6 α 2 β αβ β 4 Στην περίπτωση τυχόντα εκθέτη είναι : (α + β) ν =(α + β)(α + β)(α + β)... (α + β)(α + β) ν Από κάθε παρένθεση παίρνουμε ένα α ήέναβ και ϑα προκύψουν γινόμενα της μορφής : α πόσα α πήραμε πόσα β πήραμε β Ας πούμε ότι πήραμε κ από τα α από κ παρενθέσεις. Από τις υπόλοιπες παρενθέσεις που είναι ν κ ϑα πάρουμε β. Άραϑαπάρουμεν κ από τα β. Ο αντίστοιχος όρος ϑα είναι : α κ β ν κ Θα υπάρχουν δε τόσοι προσθετέοι της παραπάνω μορφής όσοι τρόποι υπάρχουν για να διαλέξουμε τιςκ παρενθέσεις από τις οποίες ϑα πάρουμε τα α. Να αποδείξετε ότι : (α + β) ν =( ν ν )αν +( ν ν 1 )αν 1 β +( ν ν 2 )αν 2 β ( ν 2 )α2 β ν 2 +( ν 1 )αβν 1 +( ν 0 )βν και στη συνέχεια ότι (α + β) ν =( ν 0 )αν +( ν 1 )αν 1 β +( ν 2 )αν 2 β ( ν ν 2 )α2 β ν 2 +( ν ν 1 )αβν 1 +( ν ν )βν (5.14)

272 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 263 Ασκηση 541. Να ϐρείτε ποιος είναι ο συντελεστής του α 8 β 2 στο ανάπτυγμα του (α + β) 10 Ασκηση 542. Να αποδείξετε ότι Προσπαθήστε να ϐρείτε δύο αποδείξεις. Ασκηση 543. Εστω ότι ( ν 0 )+(ν 1 )+(ν ν )+... +( 2 ν 1 )+(ν ν )=2ν x = α β α + β, y = β γ β + γ, z = γ α γ + α Να αποδείξετε ότι (1 + x)(1 + y)(1 + z)=(1 x)(1 y)(1 z) Ασκηση 544. Με την ϐοήθεια της (5.13) να επιβεβαιώσετε τον παρακάτω τρόπο για να ϐρίσκουμε τους συντελεστές του αναπτύγματος (α + β) ν : Ο πρώτος συντελεστής είναι 1 Ο m-ος συντελεστής προκύπτει αν πολλαπλασιάσουμε τον προηγούμενο συντελεστή επί ν m + 2 και διαιρέσουμε δια m 1. Ασκηση 545. Στοιχειώδεις συμμετρικές παραστάσεις. Θεωρούμε τους ν αριθμούς α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν.οιαριθμοί S 1 = α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν S 2 = α 1 α 2 + α 1 α α 1 α ν 1 + α 1 α ν + α 2 α α 2 α ν 1 + α 2 α ν α ν 1 α ν S 3 = α 1 α 2 α α 1 α ν 1 α ν α ν 2 α ν 1 α ν S ν = α 1 α 2 α 3... α ν 1 α ν (5.15) ονομάζονται στοιχειώδεις συμμετρικές 1 παραστάσεις των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν.ηs 1 είναι το άθροισμα των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν,ηs 2 είναι το άθροισμα των γινομένων τους ανά δύο,, η S 3 είναι το άθροισμα των γινομένων τους ανά τρεις κ.ο.κ. Η S ν είναι το γινόμενο τους. Καταχρηστικά λέμε ότι η S 1 είναι το άθροισμα των γινομένων τους ανά ένα και η S ν είναι το άθροισμα των γινομένων τους ανά τρεις ν. 1. Ποιο είναι το πλήθος των προσθετέων στις S 1,S 2,S 3,..., S ν 2. Να αποδείξετε ότι : α α2 2 + α α2 ν 1 + α2 ν = S2 1 2S 2 1 Συμμετρικές διότι παρουσιάζουν την εξής συμμετρία : Αν στην ϑέση του α 1 ϐάλουμε οποιονδήποτε αριθμό από τους α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν στην ϑέση του α 2 οποιονδήποτε από τους α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν εξαιρουμένου εκείνου που ϐάλαμε στη ϑέση του α 1 κ.ο.κ. η παράσταση δεν αλλάζει. Στοιχειώδεις διότι όπως αποδεικνύεται, δυστυχώς όχι εύκολα, κάθε συμμετρική παράσταση των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν που προκύπτει από αυτούς με την ϐοήθεια των 4 πράξεων μπορεί να εκφρασθεί ως μία παράσταση των S 1,S 2,S 3,..., S ν που προκύπτει από τις S 1,S 2,S 3,..., S ν με την ϐοήθεια των 4 πράξεων.

273 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 3. Να αποδείξετε ότι : 1 α α α α ν α ν = S ν 1 S ν Ασκηση 546. Με τα S 1, S 2,... να είναι όπως στην άσκηση 545 να αποδείξετε την παρακάτω ταυτότητα που είναι γνωστή ως ταυτότητα του Νεύτωνα : (x + α 1 )(x + α 2 )... (x + α ν 1 )(x + α ν)=x ν + S 1 x ν 1 + S 2 x ν S ν 1 x + S ν (5.16) Στη συνέχεια να αποδείξετε την (x α 1 )(x α 2 )... (x α ν)=x ν S 1 x ν 1 + S 2 x ν ( 1) ν 1 S ν 1 x +( 1) ν S ν (5.17) Τέλος να δώσετε άλλη μία απόδειξη του διωνυμικούϑεωρήματος (5.14) Ασκηση 547. Δείξτε ότι p 3 =(p p3 2q 3 p 3 +q 3 ) 3 +(q 2p3 q 3 p 3 +q 3 ) 3 + q 3 Ασκηση 548. Να αποδείξετε ότι αν τότε x α + y β + z γ = 1 και α x + β y + γ z = 0 x 2 α 2 + y2 β 2 + z2 γ 2 = 1 Ασκηση 549. Υποθέτουμε ότι α + β + γ = 0. Να αποδείξετε ότι (α 2 + β 2 + γ 2 ) 2 = 2 (α 4 + β 4 + γ 4 ) = 4 (α 2 β 2 + β 2 γ 2 + γ 2 ) Ασκηση 550. Να αποδείξετε ότι m (m + 1)(m + 2)(m + 3)+1 = (m 2 + 3m + 1) 2 Ασκηση 551. Να αποδείξετε ότι αν α + β + γ + δ = 0 τότε α 3 + β 3 + γ 3 + δ 3 = 3 (αβγ + βγδ + γδα + αβδ) Ασκηση 552. Να αποδείξετε ότι αν α + β + γ = 0 τότε 1. (2α β) 3 +(2β γ) 3 +(2γ α) 3 = 3 (2α β)(2β γ)(2γ α) 2. (α + β γ) 3 +(β + γ α) 3 +(γ + α β) 3 = 3 (α + β γ)(β + γ α)(γ + α β) 3. (pα + qβ) 3 +(pβ + qγ) 3 +(pγ + qα) 3 = 3 (pα + qβ)(pβ + qγ)(pγ + qα) Ασκηση 553. Να αποδείξετε ότι αν xyz = x + y + z = α και xy + yz + zx = 2α τότε x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 = 2α 2 Ασκηση 554. Οι x, y, z είναι ανά δύο διάφοροι μη μηδενικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει (z x)2 (x y)2 2α 3y =, 2α 3z = y z Να αποδείξετε ότι 1. x + y + z = α 2. 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) = α α 3x = (y z)2 x Ασκηση 555. Υποθέτουμε ότι α β = 2 3.Βρείτετα:

274 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις β = 3 2 α 2. 12α 2β 3α+2β αβ+β 2 3α 2 α 2 β 2 pα qβ (συναρτήσει των p, q). pα+qβ Ασκηση 556. Εστω ότι α β = γ. Να αποδείξετε ότι : δ 1. κα 2 +λβ 2 = κγ2 +λδ 2 κα 2 λβ 2 κγ 2 λδ 2 3. α 2 +2αβ+3β 2 γ 2 +2γδ+3δ 2 = β(α 3β) δ(γ 3δ) 2. γ 2 δ+γδ 2 = (γ+δ)3 α 2 β+αβ 2 (α+β) 3 4. (α+γ)(β+δ) α+β+γ+δ = αβ α+β + γδ γ+δ Ασκηση 557. Για τους μη μηδενικούς αριθμούς α, β, γ, δ ισχύει : (α + β + γ + δ)(α β γ + δ)=(α β + γ δ)(α + β γ δ) Να αποδείξετε ότι α β = γ δ Ασκηση 558. Υποθέτουμε ότι α 2 + αx + x 2 α 2 αx + x = β2 + βy + y 2 2 β 2 βy + y 2 Δείξτε ότι α β = x y ή αβ = xy. Ασκηση 559. Δείξτε ότι αν x κ + λ μ = y λ + μ κ = z μ + κ λ τότε (κ λ) x +(λ μ) y +(μ κ) z = 0 Ασκηση 560. Δείξτε ότι αν λ α β = μ β γ = ν α γ τότε λ + μ = ν Ασκηση 561. Να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας που αναφέρεται σε στοι-χεία τεσσάρων αριθμητικών προόδων : α 1 α ν ν ω Ασκηση 562. Να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας που αναφέρεται σε σ- τοιχεία τεσσάρων γεωμετρικών προόδων :

275 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 α 1 α ν ν λ Ασκηση Να ϐρείτε το άθροισμα των 7 πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου 1 2, 1 3, 2 9, Να ϐρείτε το άθροισμα των 6 πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου 2, 5 2, Να ϐρείτε το άθροισμα των 8 πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου 3 4, 3, 3, Να ϐρείτε το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου 2, 4, 8,... Ασκηση Να ϐρείτε το άθροισμα των 17 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου 49, 44, 39, Να ϐρείτε το άθροισμα των 19 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου 3 4, 2 3, 7 12, Να ϐρείτε το άθροισμα των 20 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου 2, 4, 9 2, Να ϐρείτε το άθροισμα των 16 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου 3, 75, 3, 5, 3, 25,... Ασκηση 565. Στην αριθμητική πρόοδο α 1,α 2,... να ϐρείτε το άθροισμα 1 3 α κ + α κ α λ Στην τελική απάντηση ϑα πρέπει να υπάρχουν τα κ, λ, α κ,α λ. Ασκηση 566. Δίνεται η ακολουθία α 1,α 2,... για την οποία ισχύει α ν = 3ν + 8 για όλα τα ν. 1. Βρείτε τα α 1, α 2, α 3, α Να αποδείξετε ότι η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος. Ποια είναι η διαφορά της ; 3. Να ϐρείτε το άθροισμα των 100 πρώτων όρων της. 4. Να ϐρείτε το άθροισμα α α Να ϐρείτε ποιος όρος της προόδου είναι ίσος με Ασκηση 567. Το ϱολόι μίας εκκλησίας κτυπάει στις ακέραιες ώρες : Στις 1 μία ϕορά στις 2 δύο ϕορές κ.ο.κ. Πόσες ϕορές κτυπάει σε ένα εικοσιτετράωρο ; Ασκηση 568. Σε μία αριθμητική πρόοδο ο 12ος όρος είναι 30 και ο 30ος όρος είναι 23. Να ϐρεθεί ο πρώτος όρος και η διαφορά της προοόδου.

276 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 267 Ασκηση 569. είναι ; 1. Ολοι οι παρακάτω αριθμοί είναι πολλαπλάσια του 3. Πόσοι 18, 21, 24,..., Βρείτε πόσα πολλαπλάσια του 3 περιέχονται στο διάστημα ( 33, 1001) 3. Ολοι οι παρακάτω αριθμοί είναι πολλαπλάσια του π. Πόσοι είναι ; 23π, 22π, 21π,... 23π 4. Βρείτε πόσα πολλαπλάσια του π περιέχονται στο διάστημα (17, 100) Ασκηση 570. Σε μία γεωμετρική πρόοδο είναι a 1 = 8 και λ = Βρείτε τον a Βρείτε τον a ν. 3. Βρείτε ποιοι όροι είναι ϑετικοί και ποιοι αρνητικοί. 4. Βρείτε την τιμή της παράστασης Ασκηση 571. Εστω α 1,α 2,α 3,... μία πρόοδος (αριθμητική ή γεωμετρική). Εστω S ν,s 2ν,S 3ν τα αθροίσματα των ν, 2ν, 3ν πρώτων όρων της αντιστοίχως. 1. Να αποδειχθεί ότι αν η πρόοδος είναι αριθμητική τότε S 3ν = 3 (S 2ν S ν ) 2. Να αποδειχθεί ότι αν η πρόοδος είναι γεωμετρική τότε S ν (S 3ν S 2ν )=(S 2ν S ν ) 2 Ασκηση 572. Να αποδειχθεί ότι αν ακολουθία α 1,a 2,... είναι γεωμετρική πρόοδος τότε ακ λ μ α μ κ λ αμ κ λ = 1 Ασκηση 573. Να αποδειχθεί ότι αν ακολουθία α 1,a 2,... είναι αριθμητική πρόοδος τότε (λ μ) α κ +(μ κ) α λ +(κ λ) α μ = 0 Ασκηση 574. Να αποδείξετε ότι αν οι αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου τότε διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου είναι επίσης και οι αριθμοί : 1. α 2 βγ, β 2 γα, γ 2 αβ 2. α 2 + αβ + β 2, β 2 + βγ + γ 2, γ 2 + γα + α , 1 1, α+ β β+ γ γ+ α 4. α 2, γα, γ 2 4β 2 (α, β, γ ϑετικοί) Ασκηση 575. Να αποδείξετε ότι αν οι αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου τότε διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου είναι επίσης και οι αριθμοί : 1. α 2, β 2, γ 2

277 Ασκήσεις στο κεφάλαιο α, 1 β, 1 γ 3. 1 α, 1 β, 1 γ (α, β, γ ϑετικοί) 4. α α2 β, β α, γ β 5. 1 α + 1 β, 1 β + 1 γ, 1 γ + β γ 2 Ασκηση 576. Σε μια αριθμητική πρόοδο συμβολίζουμε με S ν το άθροισμα των ν πρώτων όρων της. Αν είναι γνωστό ότι S p = q και S q = p ϐρείτε το S p+q. Ασκηση 577. Να αποδείξετε ότι τα τετράγωνα των αριθμών α 2 2α 1,, α 2 + 1,, α 2 + 2α 1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Ασκηση 578. Να υπολογίσετε το άθροισμα : (α 1 2 α ) +(α α ) (α ν 1 α ν ) 2 Ασκηση 579. Να αποδειχθεί ότι αν η αριθμητική πρόοδος α 1,α 2,... έχει ϑετικούς όρους τότε ισχύει : 1 α1 + α α2 + α αν 1 + α ν = ν 1 1 α1+ α ν Ασκηση 580. Να αποδειχθεί για την αριθμητική πρόοδο α 1,α 2,... : 3.2 Ανισότητες α 2 1 α2 2 + α2 3 α α2 2k 2 α2 2k = k 2k 1 (α2 1 α2 2k ) Ασκηση 581. Εστω ότι 0 < α < γ και 0 < β < δ. Να αποδείξετε ότι α 1 β < γ 1 δ Ασκηση 582. Να αποδείξετε ότι αν για τους αριθμούς α, β, γ ισχύουν οι σχέσεις : τότε και οι τρεις αριθμοί είναι ϑετικοί. α < β + γ, β < γ + α, γ < α + β Ασκηση 583. Με α, β, γ ϑετικούς να αποδείξετε τις ανισότητες (κάποιες τις έχετε ξαναδεί) 1. α 2 + β 2 2αβ 2. 2 (α 2 + β 2 ) (α + β) 2 3. α+β 2 α 2 +β α + β 2 αβ 5. α+β 2 αβ 6. αβ 2αβ α+β

278 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις α β + β α 2 8. γ + 1 γ 2 Προσπαθήστε τώρα να αποδείξετε τις ίδιες ανισότητες ακολουθώντας τα ϐελάκια. Κάθε ϕορά ϑα πρέπει να κάνετε κάποια κατάλληλη αντικατάσταση στην σχέση που ϐρίσκεσθε για να προκύψει η ανισότητα που δείχνει το ϐελάκι x 2 0 (1) α + β 2 αβ (2) α 2 + β 2 (3) 2αβ α β + β α 2 (4) (5) (6) α+β αβ 2 (α 2 + β 2 ) (α + β) 2 γ γ 2 (7) (8) αβ 2αβ α+β Ασκηση 584. Να αποδείξετε ότι α+β 2 x 2 +2 x α 2 +β 2 Ασκηση 585. Να αποδείξετε ότι για κάθε τριάδα μη αρνητικών αριθμών α, β, γ ισχύει : 1. αβ (α + β)+βγ (β + γ)+γα(γ + α) 6αβγ 2. (α + β)(β + γ)(γ + α) 8αβγ 2 Ασκηση 586. Να αποδείξετε ότι Hermann Amandus Schwarz α 2 + β 2 + γ 2 ± αβ ± βγ ± γα 0 Ασκηση 587. Να αποδείξετε ότι (α + β) 4 8 (α 4 + β 4 ). Ασκηση 588. Η ανισότητα Cauchy-Schwartz-Bunyakovsky. Με την ϐοήθεια της ταυτότητας (5.11) του Lagrange να αποδείξετε ότι : (α α2 2 + α α2 ν 1 + α2 ν )(β2 1 + β2 2 + β β2 ν 1 + β2 ν ) (α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β α ν 1 β ν 1 + α ν β ν ) 2 (5.18) Ασκηση 589. Από τις εξετάσεις του Δείξτε ότι αν α > 0, α > β και α 2 β 2 = 1 2 τότε β < 0. Viktor Yakovlevich Bunyakovsky Ασκηση 590. Να αποδείξετε ότι αν οι αριθμοί α, β, γ και x, y, z είναι ϑετικοί τότε ισχύει : (αx + βy + γz)( α x + β y + γ ) (α + β + γ)2 z (α + β + γ)( 1 α + 1 β + 1 γ ) 9 Ασκηση 591. Από τον διαγωνισμό «Θαλής» της ΕΜΕ, Αν x > 0 να δείξετε ότι : x 2 + 3x + 3 x x > 4

279 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 Ασκηση 592. Να αποδείξετε ότι : (α α2 2 + α α2 ν 1 + α2 ν ) ( 1 α α α α ) ν 2 ν 1 α 2 ν Ασκηση 593. Η ανισότητα του Bernoulli. Εστω α > 1και ν > 1 ϕυσικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι 1. (1 + α) ν 1 = α ((1 + α) ν (1 + α)+1) Jacob (Jacques) Bernoulli Να αποδείξετε την ανισότητα του Bernoulli: (1 + α) ν > 1 + να (5.19) 3. Τι γίνεται στην παραπάνω σχέση αν παίρναμε ν = 1 ή α = 1; Ασκηση 594. Μία παραλλαγή της ανισότητας του Bernoulli. Να αποδείξετε ότι για κάθε ϕυσικό ν > 1 και κάθε x > 0 ισχύει : x ν > 1 + ν (x 1) (5.20) Ασκηση 595. Στηριχθείτε σε κάποια από τις ανισότητες (5.19), (5.20) για να αποδείξετε ότι για κάθε ϕυσικό ν με ν > 1 ισχύουν οι ανισότητες : 1. (1 + 1 ν )ν > 2, 2. 2 ν > 1 + ν, 3. (1 1 ν 2 ) ν > 1 1 ν 4. (1 α) ν < 1, α (0, 1) 1+να Ασκηση 596. ϑεωρούμε αριθμούς α, β με 0 < α < β. Εστω η αριθμητική πρόοδος x 1,x 2,x 3,... που έχει πρώτο όρο τον α και δεύτερο όρο τον β. Εστω η γεωμετρική πρόοδος y 1,y 2,y 3,... που έχει πρώτο όρο τον α και δεύτερο όρο τον β. Να αποδείξετε ότι για κάθε ν > 2 ισχύει y ν > x ν. Ασκηση 597. Θεωρούμε τους αριθμούς α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν.οαριθμός A ν = α 1 + α 2 + α α ν 1 + α ν ν (5.21) ονομάζεται αριθμητικός μέσος ή μέση τιμή των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν. Είναι αυτό που λέμε και μέσος όρος : το άθροισμα των αριθμών δια του πλήθους τους. 1. Να ϐρείτε το αριθμητικό μέσο των αριθμών 1, 2, 3,..., ν 1,ν. 2. Να αποδείξετε ότι αν οι αριθμοί α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν ανηκουν στο διάστημα [m, M] τότε και ο αριθμητικός μέσος τους ανήκει στο διάστημα [m, M].

280 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 271 Ασκηση 598. Θεωρούμε τους ϑετικούς αριθμούς α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν. Επίσης ϑεωρούμε (δείτε και άσκηση 597) τους αριθμητικούς μέσους : A 1 = α1 1 A 2 = α1+α2 2 A 3 = α1+α2+α A ν 1 = α1+α2+α3+...+αν 1 ν 1 A ν = α1+α2+α3+...+αν 1+αν ν Να αποδείξετε ότι για κάθε κ = 2, 3,..., ν ισχύουν : 1. κa κ (k 1) A κ 1 = α κ 2. A κ κ α A κ 1 κ κ 1 Τέλος δείξτε ότι A ν ν α 1 α 2 α 3... α ν 1 α ν (5.22) Πότε στην τελευταία σχέση ισχύει η ισότητα ; 3.3 Εξισώσεις Ασκηση 599. Να λυθεί η εξίσωση 2 (x + 3)+α = 0. Πως πρέπει να διαλέξουμε τον α ώστε η εξίσωση να έχει λύση τον αριθμό 3; Ασκηση 600. Να λυθεί η εξίσωση 4 + 2x 5 3 = x Ασκηση 601. Να επαληθεύσετε ότι ο αριθμός είναι λύση της εξίσωσης (1 x) 2 = x + 1. Εχει η εξίσωση άλλη λύση ; Ασκηση Να παραγοντοποιήσετε την παράσταση : 2. Να λύσετε την εξίσωση: α 2 (β γ)+β 2 (γ α)+γ 2 (α β) α 2 x (α β)(α γ) + β 2 x (β γ)(β α) + γ 2 x (γ α)(γ β) = αβγ Ασκηση 603. Να λυθεί : 2 (3x 2) 3 (2x 3) = 14 9 Ασκηση 604. Να λύσετε τις παρακάτω σχέσεις ως προς την αντίστοιχη μεταβλητή : 1. ᾱ = υ υ0 t t 0 ως προς t 2. x = υ 0 t αt2 ως προς t

281 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 3. Σ = F F F 1F 2 g ως προς F 2 4. B = G Mm ως προς h (R+h) 2 5. T = 2π r 3 ως προς r GM 6. P 1T 2V 1 T 1 = P 2 V 2 ως προς T ( x1 d d )2 = q2 ως προς q 1 x V = kq( 1 r 1 1 r 2 ) ως προς r R = 1 R R ως προς R 3 R 3. Girolamo Cardano Ασκηση 605. Ενα πρόβλημα από την Ars Magna του Girolamo Cardano. Υπάρχουν δύο επικεφαλής που ο καθένας τους μοίρασε 48 χρυσά στους στρατιώτες του. Ο ένας είχε δύο στρατιώτες περισσότερους από τον άλλο. Εκείνος που είχε τους λιγότερους στρατιώτες είχε να διαθέσει 4 χρυσά παραπάνω σε κάθε στρατιώτη. Ζητείται να ϐρεθεί πόσους στρατιώτες είχε κάθε ομάδα. Ασκηση 606. Από τις εξετάσεις του Cambridge, Να λυθεί η εξίσωση : x x x 3 2x + 1 4x 1 x 1 = 0 Ασκηση 607. Από τις εισαγωγικές εξετάσεις του Harvard, Να λυθεί η εξίσωση : x + 13a + 3b 5a 3b x a 2b x + 2b = 1 Ασκηση 608. Από τις εισαγωγικές εξετάσεις του MIT, Να λυθεί η εξίσωση : 4 x x x + 3 = 0 Ασκηση 609. Με δεδομένο ότι οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί να λύσετε την εξίσωση: x α β + γ + x β γ + α + x γ α + β = 3x α + β + γ Ασκηση 610. Από τον διαγωνισμό Harvard-MIT,1999. Να ϐρείτε όλες τις δυνατές τιμές του d a ώστε a2 6ad + 8d 2 = 0, a 0. Ασκηση 611. Για τις διάφορες τιμές του m να λυθεί η εξίσωση : m 2 x + 1 = x + m Ασκηση 612. Για τις διάφορες τιμές του λ να λυθεί η εξίσωση : λx + 9x λ 3 = 4x + 2

282 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 273 Ασκηση 613. Για τις διάφορες τιμές των κ,λ να λυθεί η εξίσωση : Ασκηση 614. Να λυθούν οι εξισώσεις : 1. x 2 + 5x = x x = x 2 18 = 0 4. x 2 2x 80 = 0 5. x 2 9x + 14 = 0 6. x x = x 2 7x + 1 = x 2 + 2x + 5 = x 2 6x + 4 = x 2 + 3x 1 = 0 κx + κ = λx + λ 11. (1 2) x 2 2 (1 + 2) x = (x + 1) 2 (x 1)(x + 2)= 2x (x 3) 13. (x + 2) (x 1 2 ) (3x 1) (x ) = 1 2x x+1 3 x 3 x x = x+1 x 3 = x 3 2x+1 1 x x x x+8 = 0 Ασκηση 615. Να λυθεί η εξίσωση Ασκηση 616. Να λυθούν 1. x 2 4a 2 + 4a 1 = 0 2. (ax + b) 2 +(a bx) 2 = 2 (a 2 + b 2 ) bx+a b = ab b 2 x a+b a b x2 (a 2 b 2 ) 1 t t2 = 4 (1 3 2 t t 2 2t ) Ασκηση 617. Να ϐρείτε το πλήθος των ϱιζών των παρακάτω εξισώσεων χωρίς να τις λύσετε : 1. x 2 11x + 28 = 0 2. x 2 24x = 0 3. x 2 16x + 64 = 0, 4. x 2 17x + 11 = x 2 + 7x + 5 = x 2 4x + 5 = 0

283 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 Ασκηση 618. Για ποιες τιμές του m η εξίσωση mx 2 + mx 3 = 0 έχει μία ϱίζα ; Ασκηση 619. Για ποιες τιμές του m η εξίσωση (m + 1) x 2 +4x 1 = 0 έχει μία ϱίζα ; Ασκηση 620. Δείτε προσεκτικά τις εξισώσεις. Κάντε ένα σχόλιο! x + 1 x = 1 x x + 1 x 2 = x 2 Nicholas Saunderson Ασκηση 621. Ο Nicholas Saunderson υπήρξε διαπρεπής Άγγλος Μαθηματικός του 17ου αιώνα σχεδόν σύγχρονος του Νεύτωνα. Αν και έχασε το ϕως του σε ηλικία ενός έτους κατόρθωσε να μορφωθεί. Δίδαξε στο Cambridge Μαθηματικά, Αστρονομία και Οπτική. Υπήρξε έξοχος δάσκαλος και είπαν γι αυτόν : «ήτανέναςδάσκαλοςπουανκαι δε μπορούσε να χρησιμοποιήσει τα μάτια του μάθαινε τους άλλους να χρησιμοποιούν τα δικά τους». Το έργο του «Στοιχεία Άλγεβρας» είχε μεγάλη επιτυχία στην εποχή του. Παρακάτω ϐλέπετε ένα απόσπασμα από την Γαλλική μετάφραση του έργου : όπου επιλύεται η εξίσωση 615x 7x 3 = 48x. Λύστε την και εσείς και συγκρίνετε την πορεία λύσης και την απάντηση με εκείνες του κειμένου. Σχολιάστε τις διαφορές. Ασκηση 622. Να λυθούν οι εξισώσεις : 1. ( x α x+α )2 7 ( x α x+α ) + 12 = 0 2. α+x α x + 10 α x α+x = 7 Ασκηση 623. Η εξίσωση x 2 3x 10 = 0 έχει ϱίζα τον αριθμό 5, Βρείτε την άλλη ϱίζα της χωρίς να λυθεί η εξίσωση. Ασκηση 624. Να ϐρείτε εξίσωση δεύτερου ϐαθμού με ϱίζες τους αριθμούς :

284 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις , , , , , μ, μ 2 Ασκηση 625. Η μία ϱίζα της εξίσωσης x 2 + 8x + 12 = 0 είναι τριπλάσια της άλλης. Να ϐρεθούν οι ϱίζες χωρίς να λυθεί η εξίσωση. Ασκηση 626. Βρείτε δύο αριθμούς : 1. Με άθροισμα 10 και γινόμενο 9 2. Με άθροισμα 10 και γινόμενο Με άθροισμα 10 και γινόμενο Με άθροισμα 10 και γινόμενο 26 Ασκηση 627. Για ποιες τιμές του a η εξίσωση 9x 2 2x + a = 6 ax, έχείσεςϱίζες; Ασκηση 628. Οι εξίσωση x 2 + tx + 12 = 0 έχει δύο ϱίζες που η διαφορά τους είναι 1. Βρείτετοt. Ασκηση 629. Για ποιές τιμές του a η εξίσωση x 2 + ax + a + 2 = 0 έχει δύο ϱίζες που ο λόγος τους είναι 2; Ασκηση 630. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχει λύσεις ρ 1,ρ 2. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, β, γ τις παραστάσεις : 1. (ρ 1 ρ 2 ) 2 2. ρ ρ 3 2 Ασκηση 631. Να λύσετε την εξίσωση: (x 2 + x + 1) + (x 2 + 2x + 3) + (x 2 + 3x + 5) (x x + 39) = 4500 Ασκηση 632. Ηχρυσήτομή. Στο 6ο ϐιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη υπάρχει ο ακόλουθος ορισμός (ορισμός γ ): που σε ελεύθερη απόδοση σημαίνει Ενα ευθύγραμμο τμήμα ϑα έχει χωρισθεί σε μέσο και άκρο λόγο, όταν ολόκληρο το τμήμα προς το μεγαλύτερο (από εκείνα στα οποία έχει χωρισθεί), είναι όσο το μεγαλύτερο τμήμα προς το μικρότερο. Με άλλα λόγια αν ισχύει η ισότητα ολόκληρο το τμήμα μεγαλύτερο από τα δύο κομμάτια του Ας ονομάσουμε το αρχικό τμήμα α και το μεγάλο κομμάτι x. = μεγαλύτερο από τα δύο κομμάτια του μικρότερο από τα δύο κομμάτια του

285 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 1. Να αποδείξετε ότι α x = x α x. 2. Να αποδείξετε ότι x 2 + αx α 2 = Να αποδείξετε ότι x 2 + αx α 2 = Να αποδείξετε το μεγαλύτερο από τα δύο κομμάτια είναι 3 5 α Να αποδείξετε ότι μεγαλύτερο κομμάτι = μικρότερο κομμάτι α και το μικρότερο Από την κλασική αρχαιότητα ϑεωρείται ότι λόγος των δύο κομματιών δηλαδή ο 5+1 αποτελεί ιδανικό λόγο για διαστάσεις ορθογωνίων (που λέγονται χρυσά 2 ορθογώνια). 6. Στο παρακάτω ϕαίνεται ένας τρόπος διαίρεσης του τμήματος α σε μέσο και άκρο λόγο. Μπορείτε να τον περιγράψετε ; Μπορείτε να αποδείξετε ότι όντως εξασφαλίζεται η διαίρεση σε μέσο και άκρο λόγο ; Πιστεύεται ότι χρυσά ορθογώνια δηλαδή εκείνα που οι δύο πλευρές προκύπτουν από την διαίρεση ενός τμήματος σε μέσο και άκρο λόγο : εμφανίζονται σε πολλές αρχιτεκτονικές και καλλιτεχνικές δημιουργίες όπως στον Παρ- ϑενώνα :

286 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 277 Οαριθμός 5+1 = 1, 618 λέγεται και χρυσός λόγος και η διαίρεση ενός τμήματος σε 2 μέσο και άκρο λόγο ονομάζεται χρυσή τομή. Ο χρυσός λόγος συμβολίζεται διεθνώς με ϕ (προς τιμήν του Φειδία). Είναι : ϕ = (5.23) Ασκηση 633. Η ακολουθία Fibonacci. Στην άσκηση 417 συναντήσαμε τους αριθμούς 1, 1, 2, 3, 5, 8,.... Κάθε ένας από αυτούς προκύπτει από τους δύο προηγουμένους του αν τους προσθέσουμε. Δηλαδή πρόκειται για μια ακολουθία α 1,α 2,α 3,..., α ν,... με α 1 = 1, α 2 = 1, α ν+2 = α ν+1 + α ν για όλα τα ν = 1, 2,... (5.24) 1. Χρησιμοποιείστε αριθμομηχανή ή υπολογιστή για να ϐρείτε τους 40 πρώτους όρους της ακολουθίας Fibonacci. 2. «Πειράξτε» την ακολουθία Fibonacci ορίζοντας να είναι α 1 = 1, α 2 = 2, α ν+2 = α ν+1 + α ν για όλα τα ν = 1, 2,... και ϐρείτε τους 10 πρώτους όρους της «πειραγμένης» ακολουθίας. 3. «Πειράξτε» πάλι την ακολουθία ορίζοντας α 1 = 1, α 2 = 2, α ν+2 = α ν+1 α ν για όλα τα ν = 1, 2,... Βρείτε πάλι τους 10 πρώτους όρους της ακολουθίας. 4. Θεωρείστε την εξίσωση x 2 = x + 1. Εστωρ 1 < ρ 2 οι ϱίζες της. (α ) Να αποδείξετε ότι ρ 2 1 = ρ 1 + 1, ρ 2 2 = ρ και ρ 2 2 = ρ 2 + 1, ρ 3 2 = 2ρ (ϐ ) Θεωρούμε την ακολουθία u ν = ρν 2 ρν 1 5 i. Δείξτε ότι u 1 = 1, u 2 = 1 ii. Βρείτε τα u 3,u 4,u 5 iii. Να συγκρίνετε τους 5 πρώτους όρους της ακολουθίας u ν με τους 5 πρώτους όρους της ακολουθίας Fibonacci. Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι u ν = α ν για όλα τα ν; iv. Νααποδείξετεότιγιαόλαταν ισχύει u ν+2 = u ν+1 + u ν. v. Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι u ν = α ν για όλα τα ν; Ασκηση 634. Για ποιες τιμές του m η εξίσωση x 2 x + m = 0 δεν έχει ϱίζες ;

287 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 3 Ασκηση 635. Βρείτε τα k γιαταοποίαισχύει(k 12) x (k 12) x για κάθε πραγματικό αριθμό x. Ασκηση 636. Από τις εξετάσεις Matriculation, Λονδίνο, Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση : 1 + y (1 + x) 2 (1 + xy) Ασκηση 637. Βρείτε τους συντελεστές της εξίσωσης x 2 + px + q = 0 ώστε οι αριθμοί p, q να είναι ϱίζες της. Ασκηση 638. Από τις εξετάσεις STEP, Η δευτεροβάθμια εξίσωση t 2 pt+q = 0 έχει ϱίζες τους α και β. Να αποδείξετε ότι α 3 + β 3 = p 3 3qp Δίνεται ότι μία από τις δύο αυτές ϱίζες είναι το τετράγωνο της άλλης. Με την ϐοήθεια της παράστασης (α 2 β)(α β 2 ) να ϐρείτε την σχέση μεταξύτων p και q. 3.4 Ανισώσεις Ασκηση 639. Να λύσετε τις παρακάτω ανισώσεις και να παραστήσετε στον άξονα το σύνολο λύσεων τους x x x 3 > 2 < 3x 3+2x (3x 1)+ x < 7x x > (4x 3) 6 Ασκηση 640. Να λυθούν οι ανισώσεις : 1. a (x + 2)>x μ 2 x 4ν 2 x > μ 4 ν 4 Ασκηση 641. Να λύσετε κάθε μία από τις ανισώσεις, να παραστήσετε σε ένα άξονα τις λύσεις τους και να ϐρείτε εφ όσον υπάρχουν κοινές λύσεις που τις συναληθεύουν. 1. 6x x 5 > 15x 8 2 > 4x + 7 και 8x+3 2 < 2x + 25 και 2 (2x 3)>5x 3 4 Ασκηση 642. Να ϐρείτε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων : Ασκηση 643. Δίνεται η εξισωση x 2 5x > 0 και 2x 2 11x < 0 x 2 Sx + P = 0 1. Θεωρείστε το S δεδομένο. Για ποια P η εξίσωση έχει λύση ;

288 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις Θεωρείστε το P δεδομένο. Για ποια S η εξίσωση έχει λύση ; Αξιοποιείστε τα συμπεράσματα σας για να απαντήσετε στα ερωτήματα : Το άθροισμα δύο ϑετικών μεταβλητών αριθμών είναι σταθερό. Πως πρέπει να επιλέξουμε τους αριθμούς ώστε το γινόμενο τους να γίνει μέγιστο ; Το γινόμενο δύο ϑετικών μεταβλητών αριθμών είναι σταθερό. Πως πρέπει να επιλέξουμε τους αριθμούς ώστε το άθροισμα τους να γίνει ελάχιστο ; Ασκηση 644. Το τριώνυμο αx 2 + βx + γ δεν έχει ϱίζες και α + β + γ = 0. Βρείτετο πρόσημο του γ. Ασκηση 645. Για ποιές τιμές του a η ανίσωση έχει σύνολο λύσεων το R; (a + 4) x 2 2ax + 2a 6 < 0 Ασκηση 646. Εθνικό Πιστοποιητικό Ν. Αφρικής, Ανώτερο Επίπεδο, Να λυ- ϑούν : 1. x (x 1)= x 2 5x + 1 = x 4 < 9x 2 Ασκηση 647. Από τον διαγωνιμό «Θαλής» της ΕΜΕ, Να προσδιορίσετε τους ακέραιους που είναι λύσεις του συστήματος εξίσωσης-ανίσωσης x 2 5x = 14, x 2 5x 14 x Ασκήσεις στο κεφάλαιο Συντεταγμένες + x2 1 4 Ασκηση 648. Ποιοι αριθμοί απέχουν από το 5 απόσταση 3; < x (x 1) 4 Ασκηση 649. Για ποια τιμή του λ οι αριθμοί λ + 1 και 3λ 1 απέχουν μεταξύτους απόσταση 8; Ασκηση 650. Τα x, y, z είναι διάφορα του 0. παρακάτω παράσταση ; x x + y y + z z Αν οι x 1, x 2,.. παράσταση ; Ποιες τιμές μπορεί να πάρει η είναι διάφοροι του μηδενός τι μπορείτε να πείτε για την επόμενη x 1 x 1 + x 2 x x ν x ν Ασκηση 651. Για ποια x ισχύει x + 1 = x +1; Ασκηση 652. Να αποδείξετε ότι αν ισχύει α + 1 = α +1 και β + 2 = β +2 τότε ϑα ισχύει α + β + 3 = α + β +3.

289 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 4 Ασκηση 653. Να απλοποιήσετε το κλάσμα 13 x +12x x Ασκηση 654. Να απλοποιήσετε την παράσταση A = t 1 t 2 αν είναι γνωστό ότι 1 < t < 2. Ασκηση 655. Να απλοποιήσετε την παράσταση A = t 3 t 5 αν είναι γνωστό ότι t 2 8t + 15 < 0. Ασκηση 656. Να υπολογισθεί η παράσταση Ασκηση 657. Θεωρούμεαριθμούςα, β μεα < β. Βρείτεταx που, κατά περίπτωση, ικανοποιούν τις : 1. x α = x β 2. x α + x β = α β 3. x α =2 x β 4. x α = x β + α β Ασκηση 658. Οι x, y συνδέονται με την σχέση y = 1. Δείξτε ότι : 2. Δείξτε ότι y <1. 3. Δείξτε ότι x = 1 1 y. x 1+ x. x = 0 y = 0, x> 0 y > 0, x< 0 y < 0 Ασκηση 659. αληθής : 1. Να συμπληρώσετε το ερωτηματικό ώστε η ισοδυναμία να είναι 1 < x < 1 x < ; 2. Να αποδείξετε ότι : 3. Να αποδείξετε ότι : α ( 1, 1) και β ( 1, 1) αβ ( 1, 1) α ( 1, 1) και β ( 1, 1) αβ ( 1, 1) 1 + αβ Ασκηση 660. Να αποδείξετε τις ισοδυναμίες : 1. α 2 + β 2 = 0 α + β =0 2. α 2 + β 2 > 0 α + β >0 Ασκηση 661. Εστω ότι y 0 και x 1. Να αποδείξετε ότι 1 y x y 1 y

290 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 281 Ασκηση 662. Να ϐρείτε όλους τους ακέραιους m για τους οποίους ισχύει m < 29. Ασκηση 663. Να ϐρείτε το άθροισμα όλον των ακεραίων αριθμών m για τους οποίους ισχύει m 100 < Ασκηση 664. Να αποδείξετε ότι : x 2 + xy + x y + y y =( x + y ) ( x +y) Ασκηση 665. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχει ϱίζες τους αριθμούς ρ 1,ρ 2. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, β, γ την απόσταση των ρ 1,ρ 2. (Μπορείτε να δείτε και την άσκηση 630 Ασκηση 666. Από τις εξετάσεις STEP, Να αποδείξετε ότι αν α <2 2 δεν υπάρχει τιμή του x για την οποία να ισχύει x 2 α x +2 < 0 ( ) Βρείτε τις λύσεις της ( ) για α = 3. Ασκηση 667. Εστω ότι α < β < γ < δ και η παράσταση A = x α + x β + x γ + x δ Για τις διάφορες τιμές του x να γράψετε την παράσταση A χωρίς το σύμβολο της απόλυτης τιμής. Ασκηση 668. Από τις εξετάσεις του 1948, Μηχανολόγοι, ΕΜΠ. Να αποδείξετε ότι αν ισχύει 2β (1 + α ) = 1 + α + α τοτε ισχύει 2β 1 <1 και α (1 2β 1 ) = 2β 1. Ασκηση 669. Θεωρούμε τους μη μηδενικούς αριθμούς α 1,α 2,..., α ν. Να αποδείξετε ότι ισχύει α 1 + α α ν = α 1 + α α ν οι α 1,α 2,..., α ν είναι ομόσημοι (5.25) Ασκηση 670. Από τις εξετάσεις του 1952, Πολιτικοί Μηχανικοί ΕΜΠ. Με δεδομένο ότι για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει α β + γ, β γ + α, γ α + β να αποδειχθεί ότι για κάθε x, y, z R ισχύει α 2 (x y)(x z)+β 2 (y z)(y x)+γ 2 (z x)(z y) 0 Να ϐρείτε τα t για τα οποία ισχύει : 4.2 Συνάρτησεις t = 2 Ασκηση 671. Δίνεται η συνάρτηση ϕ (x) = (x + 1)(2 x). Βρείτε το πεδίο ορισμούτης. Βρείτε για ποιες τιμές του m η συνάρτηση ορίζεται στον 2m 1. Βρείτε για ποιες τιμές του x είναι ϕ (x) = 2.

291 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 4 Ασκηση 672. Ησυνάρτησηg έχει πεδίο ορισμούτο A =[1, 5] και ισχύει g (x) = 3 x. 1. Να κάνετε την γραφική παράσταση τη g. 2. Να λύσετε την εξίσωση (g (x)+1) = 0. Ασκηση 673. Δίνεται η συνάρτηση f (x)=(x 1) 2012 (x + 1) Να ϐρείτε τα f(1), f( 1) 2. Να ϐρείτε τα σημεία τομής της γραφικής της παράστασης με τους άξονες. 3. Να ϐρείτε σε ποια διαστήματα η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από τον άξονα x x. Ασκηση 674. Από τις εξετάσεις του Για τις συναρτήσεις f και g με πεδίο ορισμούτο R είναι γνωστό ότι g (x) = 1 f(x) x2 για κάθε x. Ανείναιg(x)=1 για κάθε x να ϐρείτε την f(x). Ασκηση 675. Εστω η συνάρτηση f (x)= 2x Αν α + β = 4 ϐρείτε το f (α + β). 2. Αν α + β = 4 ϐρείτε το f (α + β). 3. Αν x 1 + x x 300 = 100 ϐρείτε τα f (x 1 + x x 300 ) και f (x 1 )+ f (x 2 ) f (x 300 ) Ασκηση 676. Οι συντεταγμένες ενός μεταβλητούσημείου M είναι x = 3t 1 και y = 5 2t όπου t R. Αφούϐρείτε ποια σχέση συνδέει το x με το y δείξτε ότι το σημείο M ανήκει σε μία συγκεκριμένη ευθεία της οποίας να ϐρείτε την εξίσωση. Ασκηση 677. Δίνεται η συνάρτηση f (x)= x 1 x Να συμπληρώσετε τον πίνακα : x f(x) Αν κάνατε σωστά τους υπολογισμούς σας στο προηγούμενο ερώτημα ϑα συναντήσατε αριθμό που δεν είναι κάποιο f(x) δηλαδή δεν είναι τιμή της f.βρείτε όλα τα y που είναι τιμές της f δηλαδή εκείνα τα y γιαταοποίαυπάρχειx στο πεδίο ορισμούτης f ώστε f(x)=y. Ασκηση 678. Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο R και ισχύει για όλα τα x, y. Να αποδείξετε ότι : 1. f (5)=f (2)+f (3) f (x + y)=f (x)+f (y)

292 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις f (10)+f (11)=f(3)+f(5)+f(6)+f (7) 3. f (0)=0 4. f ( x)= f (x) Ασκηση 679. Θεωρούμε την ευθεία y = αx + β και το σταθερό σημείο P (p, q). 1. Να αποδείξετε ότι η απόσταση του τυχόντος σημείου M (x, αx + β) της ευθείας απότοσημείοp είναι d(x) = (1 + α 2 ) x (αβ p αq) x + q 2 + p 2 2βq + β 2 2. Νααποδείξετεότιηελάχιστητιμήτουτριωνύμου είναι (1 + α 2 ) x (αβ p αq) x + q 2 + p 2 2βq + β 2 (αp q + β) α 2 3. Να αποδείξετε ότι η απόσταση του σημείου P από την ευθεία είναι αp q+β α Ασκηση 680. Από τις εξετάσεις του Για τις συναρτήσεις g (x), f (x) ισχύει για όλα τα x ότι : g (x)(3 (f (x)) 2 + 2βf (x)+γ)=x 2 4x + β Επίσης ισχύει β 2 < 3γ. Να αποδειχθεί ότι g(x)>0 για κάθε x. Ασκηση 681. Από τις εξετάσεις του Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x = έχει ακριβώς μία λύση η οποία ανήκει στο (0, 1). Ασκηση 682. Από τις εξετάσεις του Για μία συνάρτηση είναι γνωστό ότι f (α) >1 και f (β)>1. Να δείξετε ότι η εξίσωση f (β) 1 x 1 + f (γ) 1 x 2 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (1, 2). «ακριβώς». Τι είναι προτιμότερο ; Μπορεί το «τουλάχιστον» να γίνει Ασκηση 683. Από τις εξετάσεις του Εστω g (x)=x 5 +x 3 +x+1. Να αποδείξετε ότι αν α β τότε g (α) g(β). Ασκηση 684. Να υπολογισθούν : ( ) ( 8 27 ) 1 3

293 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 4 Ασκηση 685. Οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί. Να απλοποιήσετε τα : α α6 β β γ α β α 51 β 3 γ 9 Ασκηση 686. Οι αριθμοί α, β, γ είναι ϑετικοί. Να απλοποιήσετε τα : 1. 4 α9 β α 60 β 70 γ α 101 β 33 γ α7 β 9 γ 13 5 α 2 β 4 γ α6 β 7 γ 8 6. ( 3 α 4 β) 24 Ασκηση 687. Είναι α > 0, β < 0 και γ > 0. Ναυπολογισθούντα: α4 γ 8 3. α4 β α8 β 4 α 16 β 4 γ 8 Ασκηση 688. Να επαληθεύσετε την ισότητα = Ασκηση 689. Να αποδείξετε ότι 1. α 1 β =(α β) α+ β 2. 3 α 3 β =(α β) 3. 4 α 4 β =(α β) 4. ν α ν β =(α β) 1 3 α α 3 β+ 3 β α α 2 4 β+ 4 α 4 β β 3 1 ν α ν 1 + ν α ν 2 ν β+...+ ν α ν β ν 2 + ν β ν 1 Ασκηση 690. Η γεωμετρική πρόοδος α 1,α 2,... έχει α 1 = α > 0 και λόγο λ > 0. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, λ και ν το γινόμενο α 1 α 2 α 3... α ν των ν πρώτων όρων της. Ασκηση 691. Ποια είναι η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση x+2 2x 2 +3x+6 ; Ασκηση 692. Από τον διαγωνισμό της Καναδικής Μαθηματικής Εταιρείας, 2006 Αν f(2x + 1)=(x 12)(x + 13) ποιο είναι το f(31); Ασκηση 693. Από την Ολυμπιάδα Flanders, Η έβδομη ϱίζα του 7 (77 ) είναι ίση με :

294 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις (α ) 7 7 (ϐ ) (γ ) 7 (77 1) (δ ) 7 (67 ) (ε ) 7 (76 ) ( 7) 7 Ασκηση Να ϐρείτε δύο αριθμούς A, B τέτοιουςώστεγια κάθε x διάφορο των 1 και 2 να ισχύει : 1 (x 1)(x 2) = A x 1 + B x 2 Μπορείτε να δοκιμάσετε τιμές του x, ναϐρείτεταa, B και μετά να κάνετε την απαραίτητη επαλήθευση. 2. Θεωρούμε την συνάρτηση f (x)=αx 2 + βx+ γ με Δ = β 2 4αγ > 0 και ονομά- Ϲουμε ρ 1,ρ 2 τις ϱίζες της. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν κατάλληλοι αριθμοί A 1, A 2, τους οποίους και να ϐρείτε έτσι ώστε για κάθε x ρ 1,ρ 2 να ισχύει : 1 f (x) = A + B x ρ 1 x ρ 2 3. Βρείτε αριθμούς A, B έτσι ώστε για κάθε ϑετικό ακέραιο ν να ισχύει και μετά να υπολογίσετε το άθροισμα : 1 ν (ν + 1) = A ν + B ν ν (ν + 1) Ασκηση 695. Η ανισότητα του Cauchy (1821). Στην άσκηση 597 ορίσαμε τον αριθμητικό μέσο των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν. Αν επιπλέον οι αριθμοί είναι ϑετικοί ορίζουμε τον γεωμετρικό μέσο των α 1,α 2,α 3,..., α ν 1,α ν να είναι ο αριθμός G ν = ν α 1 α 2 α 3...α ν 1 α ν (5.26) Δηλαδή ο γεωμετρικός μέσος ν αριθμών είναι η ν-οστή ϱίζα του γινομένου τους. Σύμφωνα με τον ορισμό αυτό είναι G 1 = 1 α 1 = α 1 G 2 = 2 α 1 α 2 = α 1 α 2 G 3 = 3 α 1 α 2 α 3... G ν 1 = ν 1 α 1 α 2 α 3...α ν 1 G ν = ν α 1 α 2 α 3...α ν 1 α ν Ασκηση Να αποδείξετε ότι ο μέσος αριθμητικός δύο ϑετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον μέσο γεωμετρικό τους δηλαδή α 1 + α 2 2 α 1 α 2 2. Να αποδείξετε ότι ο μέσος αριθμητικός τριών ϑετικών αριθμών είναι μεγαλύτε- ϱος ή ίσος από τον μέσο γεωμετρικό τους δηλαδή α 1 + α 2 + α α 1 α 2 α 3

295 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 4 3. Με την ϐοήθεια της (5.22) να αποδείξετε ότι γενικά ο μέσος αριθμητικός ν ϑετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον μέσο γεωμετρικό τους δηλαδή : α 1 + α α ν ν ν α 1 α 2... α ν (5.27) και ότι η ισότητα ισχύει όταν οι αριθμοί είναι ίσοι. Ασκηση 697. Να αποδείξετε ότι αν το γινόμενο ν ϑετικών αριθμών είναι 1 τότε το άθροισμα τους είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το πλήθος τους ν. Ασκηση 698. Να αποδείξετε ότι x 1 +1 x x 2 +1 x x ν 1 +1 x ν +1 + x ν +1 x 1 +1 ν Ασκηση 699. Να ϐρείτε τους αριθμούς x, y για τους οποίους ισχύει x 5 + y 5 = x 6 + y 6 = 1. Ασκηση 700. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης δεν τέμνει τον x x. f (x) =x 2 (2p q) x + (p 2 pq + q 2 ), q 0 Ασκηση 701. Να αποδείξετε ότι αν β < 0 < 4γ < β 2 τότε η γραφική παράσταση της f (x) =x 2 + βx + γ τέμνει τον ϑετικό ημιάξονα Ox σε δύο σημεία. Ασκηση 702. Εστω η συνάρτηση f (x) =(x α)(x β)+(x β)(x γ)+(x γ)(x α) όπου οι α, β, γ είναι ανά δύο διάφοροι. Να αποδειχθεί ότι η γραφική της παράσταση τέμνει τον άξονα x x σε δύο διάφορα σημεία. Ασκηση 703. Εστω η συνάρτηση f (x) =αx 2 +βx+γ με α > 0. ΕστωM ( β 2α, β2 4αγ 4α ) το σημείο που αντιστοιχεί στο ελάχιστο της f (x). Να αποδείξετε ότι το M ανήκει στην γραφική παράσταση της g (x) = αx 2 + γ. Ασκηση 704. Από τις εξετάσεις του Εστω η συνάρτηση g (x) =2 +(x 2) 2 ορισμένη στο [2, + ). Να αποδείξετε ότι αν α β τότε g (α) g (β). Ασκηση 705. Από τις εξετάσεις του 1954, Μηχανολόγοι ΕΜΠ. Υποθέτουμε ότι οι συντελεστές του τριωνύμου f (x) =αx 2 + βx + γ είναι ακέραιοι αριθμοί και ότι οι αριθμοί f (0),f(1) είναι περιττοί. Να αποδείξετε ότι το f (x) δεν έχει ακέραια ϱίζα. Ασκηση 706. Από τον διαγωνισμό της Καναδικής Μαθηματικής Εταιρείας, 2006 Αν f(2x + 1)=(x 12)(x + 13) ποιο είναι το f(31);

296 Κεφάλαιο 5. Συμπληρωματικές Ασκήσεις 287 Ασκηση 707. Θεωρούμε τα δευτεροβάθμια τριώνυμα με f 1 (x) =α 1 x 2 + β 1 x + γ 1 f 2 (x)=α 2 x 2 + β 2 x + γ 2 για τα οποία υποθέτουμε ότι έχουν και τα δύο ϱίζες. Ο αριθμός R (f 1,f 2 )= α 2 1 γ 1 α 1 β 1 β 1 γ 1 α 2 γ 2 α 2 β 2 β 2 γ 2 ονομάζεται απαλείφουσα των f 1, f 2. Να αποδειχθεί ότι τα τριώνυμα έχουν μία τουλάχιστον κοινή ϱίζα αν και μόνο αν η απαλείφουσα τους είναι μηδέν. Ασκηση 708. Από τις εξετάσεις του 1977, Πολυτεχνικός - Φυσικομαθηματικός - Γεωπονοδασολογικός Κύκλος. Εστω P (x) =αx 3 + βx 2 + γx + δ με α > 0 και β 2 4αγ 0. Να αποδειχθεί ότι για κάθε Ϲεύγος αριθμών κ, λ με κλ 0 ισχύει P (κ) P (λ) 4αγ β2 κ λ 4α Ασκηση 709. Από τις εξετάσεις του 1996, Δέσμη Ι. Για μία συνάρτηση f ορισμένη στο [α, β] ισχύει f (x)+f (α + β x) =c για κάθε x [α, β] όπου c ένας σταθερός αριθμός. Να αποδείξετε ότι : (β α) f ( α + β 2 )= β α (f (α)+f (β)) 2 Ασκηση 710. Από τον διαγωνισμό της Καναδικής Μαθηματικής Εταιρείας, 2001 Στο σχήμα υπάρχει η γραφική παράσταση μίας συνάρτησης f(x). Να προσδιορίσετε το πλήθος των ϱιζών της εξίσωσης g (x) 1 = 1 2

297 Ασκήσεις στο κεφάλαιο 4 Ασκηση 711. Από τις εξετάσεις του Μαθηματικά Γενικής Παιδείας. Σε κάποια 2 άσκηση χρειάσθηκε να ϐρεθούν τα β για τα οποία ισχύει 1 β Βρείτετα. Ασκηση 712. Θεωρούμε τους αριθμούς a 1,α 2,..., α ν. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) =(x a 1 ) 2 +(x a 2 ) (x a ν ) 2 παίρνει την ελάχιστη ιμή της όταν ο x γίνει ίσος με τον μέσο αριθμητικό των a 1,α 2,..., α ν δηλαδή όταν x = a1+α2+...+αν. ν

298 6 Απαντήσεις στις Ασκήσεις , , a , 5, 8, 9 3 Οτι είναι ίσοι. 4 Πάντα ϑα ϐρίσκουμε τον αριθμό με τον οποίο ξεκινήσαμε. Ας πούμε ότι ξεκινάμε με το a. Εχουμε a προσθέτουμε 5 a + 5 παίρνουμε τον αντίθετο a 5 προσθέτουμε 5 a παίρνουμε τον αντίθετο a 5 Πράγματι όλοι οι ακέραιοι α μπορούν να πάρουν την μορφή α = 2β αλλά για να είναι άρτιοι αυτό δεν είναι αρκετό : Πρέπει ο β να είναι ακέραιος. Ο 13 = 2 ( 13 2 ) δεν είναι άρτιος γιατί ο 13 δεν είναι ακέραιος ) κ λ 2) κ λ άρτιοι περιττοί = 2 μ ακέραιος 2 = μ ακέραιος ν ακέραιος + 2 ν = 2 μ ν = 2ρ = άρτιος ακέραιος ακέραιος + 1 = 2μ + 2ν = 2 μ + ν = 2ρ = άρτιος ακέραιος 7 1. Περιττός 2. Άρτιος 3. Περιττός 4. Άρτιος 8 Αν ο β ήταν άρτιος τότε ο αβ ϑα ήταν αι αυτός άρτιος επομένως ο αβ + 1 ϑα ήταν περιττός (άτοπο αφού είναι άρτιος). Άρα ο ο β είναι περιττός. 9 Δεν ξέρουμε αν α είναι άρτιος ή περιττός. Μπορούμε όμως να δούμε τι συμβαίνει σε κάθε μία από αυτές τις δύο περιπτώσεις με τον αριθμό α (α + 1). Η τυπική έκφραση που χρησιμοποιούμε στα Μαθηματικά είναι «διακρίνουμε περιπτώσεις». Διακρίνουμε περιπτώσεις λοιπόν : 289

299 290 Περίπτωση 1 Οαριθμόςα είναι άρτιος. Τότε ο αριθμός α + 1 είναι ο επόμενος ενός άρτιου αριθμού και επομένως περιττός. Το γινόμενο α (α + 1) είναι γινόμενο του άρτιου α και του περιττού α + 1 επομένως είναι ένας άρτιος αριθμός. Περίπτωση 2 Οαριθμόςα είναι περιττός. Τότε ο αριθμός α + 1 είναι ο επόμενος ενός περιττούαριθμού και επομένως άρτιος. Το γινόμενο α (α + 1) είναι γινόμενο του περιττού α και του άρτιου α + 1 επομένως είναι ένας άρτιος αριθμός. Σε κάθε περίπτωση ο αριθμός μας α (α + 1) είναι άρτιος. Μπορούμε να σκεφθούμε και πιο γρήγορα και να έχουμε μία πιο σύντομη απόδειξη : Εχουμε ένα αριθμό τον α και τον επόμενο του τον α + 1. Κάποιος από τους δύο ϑα είναι άρτιος και το γινόμενο ενός αρτίου με οποιοδήποτε ακέραιο είναι αριθμός άρτιος και επομένως ο αριθμός α (α + 1) είναι άρτιος. 10 (3κ + 1)+(3λ + 2) =3κ + 3λ + 3 = 3 (κ + λ + 1) =3ρ 11 (4κ + 2)(4λ + 3) =16κλ + 12κ + 8λ + 6 = 4 (4κλ + 3κ + 2λ + 1)+2 = 4ρ ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ± , 7 8, Παρατηρείστε ότι αγβ = βγα. 15 Οχι. Το γινόμενο των μέσων είναι γινόμενο δύο περιττών άρα περιττός και το γινόμενο των άκρων είναι γινόμενο αρτίων άρα άρτιος. Επομένως αυτά τα δύο γινόμενα δε μπορούν να είναι ίσα. 16 Ο μόνος τρόπος για να είναι ένας ϱητός ίσος με μηδέν είναι ο αριθμητής του κλάσματος που τον εκφράζει να είναι μηδέν. Επομένως πρέπει x 3 = 0 και άρα x = Οι παρονομαστές είναι ϕυσικοί αριθμοί οπότε αρκεί να συγκρίνουμε τα γινόμενα και Είναι = 1034 και = 924. Αφούτο πρώτο γινόμενο είναι και το μεγαλύτερο ο πρώτος ϱητός ϑα είναι και ο μεγαλύτερος. Επομένως > Εδώ οι παρονομαστές δεν είναι είναι ϕυσικοί αριθμοί και πρέπει πρώτα να κάνουμε μια μετατροπή. 11 Είναι 17 = και ϑα συγκρίνουμε τους και. Είναι( 11) 83 = 913 και ( 50) 17 = επομένως αφού είναι 17 < A = B = Γ = Δ = Σύντομος τρόπος : =( )+671 = = = ( ) + 3 = = A + 3B = 3 (A + B) =3 7 = (x + 2) α (3β + 1)

300 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις xy + xz xt 2. xy + xz xt + αy + αz αt 3. xαy + xαz xαt 4. ακ αλ+αμ+βκ βλ+βμ γκ +γλ γμ α+β αβ y x 3 (x+1)(y 2) αy βx 3. αy x 4. α xy (β 5)(α 3) 2. (c + d)(p + q) 3. (b + e)(a d) 4. (a + 5)(b + 6) 5. (a 5)(b 6) 6. (2a + 3)(b 5) α+β γ+δ 4. x+3 2x 3 2. α+γ+δ ε 5. α+β α β 3. a b a+b 6. y β y+β 33 Αφού (y 1)(y 2)(y 3) =0 κάποιος από τους y 1, y 2, y 3 είναι μηδέν και επομένως ο y μπορεί να είναι κάποιος από τους 1, 2, 3. Άραηπαράσταση(y + 1)(y + 2)(y + 3) 24 ήμε ή ϑα είναι ίση με (1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) =24 ή ϑα είναι ίση με (2 + 1)(2 + 2)(2 + 3) =60 ή ϑα είναι ίση με (3 + 1)(3 + 2)(3 + 3) = Θα σήμαινε α +(β γ) =(α + β) (α + γ). Η σχέση αυτή δε μπορεί να αληθεύει για όλα τα α, β, γ. Δοκιμάζοντας για παράδειγμα a = 1, β = 0, γ = 2 καταλήγουμε στο άτοπο συμπέρασμα ότι 1 = =(12 2) 3 4 = =(24 3) 4 = 8 4 = α μ+ν = α μ α ν = = 3125, α μ ν = αμ α ν = Είναι αμ+1 α μ 43 = α (μ+1) μ = α 1 = α. Αλλά αμ+1 α μ = q p.άραα = q p.

301 α 8 2. α 2 3. α (α + x)(xα β) 2. (x β)(α + x) 3. x 4 y 2 (x + y) 4. α α 1 6. α α μ α ν = αα...α αα...α = αα...α = α μ+ν μ ν μ+ν 4. a 13 b 11 (1 ab) 5. (x 2 + a 4 )(y 4 + b 3 ) 6. (4β α 2 )(4α 2 β) a+b 2 a 2 +b 3. yz 2 y+2z 2. r s r+s 4. m+t 3 m t α 7 1 α α 12 1 β α 1 α 2 α 1 β 2 + β 1 α 2 β 1 β 2 4. x 6 1 x10 2 x Σ, Σ, Λ, Σ, Λ, Λ 53 Είναι b < d. 54 Οχι. Αν x = 10 και y = 5 ικανοποιούνται οι υποθέσεις και είναι x > y. Αν x = 5 και y = 10 πάλι ικανοποιούνται οι υποθέσεις αλλά αυτή τη ϕορά ισχύει x < y. 56 Οι (α), (γ), (δ) < 5 8 < 2 3 < 9 4 < Οι (α ), (ς )

302 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις ,,,,, = 2, (η γραμμή δηλώνει την περίοδο) 65 Ο 3, Ο αριθμός έχει μη τερματιζόμενη δεκαδική παράσταση. Αν υποθέσουμε ότι υπήρχε κάποια επαναλαμ- ϐανόμενη περίοδος της οποίας δεν ήταν όλα τα ψηφία μηδενικά ας ονομάσουμε m το πλήθος των στοιχείων της. Τότε αυτά τα m ψηφία που δεν είναι όλα μηδέν ϑα έπρεπε να επαναλαμβάνονται. Αυτό σημαίνει πως από κάποιο σημείο και μετά m αν διαλέξουμε m οποιαδήποτε συνεχόμενα ψηφία αυτά δεν ϑα είναι όλα μηδέν. Ομως στην δεκαδική παράσταση σε κάποια ϑέση ϑα εμφανισθούν οπωσδήποτε m συνεχόμενα μηδενικά (άτοπο) , 14, 15, 13 14, Μία προσέγγιση είναι 3 = 1, Οι 1,3,5 74 Οι 1,3,5 75 Ολες εκτός της Μόνο η Οι 1,2,3 78 Οι 2,3,4 79 Οι 2,4,5 80 Οι 1,4,5 81 B ={Z 3 x 20} 82 Αν συμβολίσουμε με A το σύνολο των αρτίων τότε A ={α Z α = 2ν, ν Z}. Αν συμβολίσουμε με Π το σύνολο των περιττών τότε Π ={α Z α = 2ν + 1, ν Z}. 83 {1, 1, 2, 1, 3, 3, 4, 4, 6, 6, 12, 12}

303 {6, 6, 12, 12, 18, 18, 24, 24, 30, 30,...} 85 Πρέπει x = 4 και y =±3. 86 Στις τρεις πρώτες. 88 Τα δύο τελευταία. 89 {, {p}, {q}, {r}, {p, q}, {p, r}, {q,r}, {p, q, r}} 90, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c} Ολες εκτός από την τελευταία. 93 Η πρώτη και η τρίτη. 97 Ολες εκτός της Για x = 2 99 Για καμία , 3 2, 4 2, 5 2, 6 2, Το κενό σύνολο {1, 4} 2. [0, 4] 3. N 4. [0, 4) 106 ( 23 11, 19 7 ) 107 Για x = 1 ή x = 3 ή x = { 1, 4, 5, 7}

304 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις (2, 5] 2. R Άσκηση 713. Να αποδείξετε ότι A B = B A B {3} 2. {1, 2, 3} 3. [5, 6] 112 Το σύνολο των αρρήτων. 113 (, 7) (7, + ) , 1, 2,,..., , 12, 13, , P (A) = N(A) N(Ω) = 3 3μ = 1 μ , 1 13, 1 4, = , Το A , 9

305 , , 1 6, 1 4, α 2 + β 2 + γ 2 2αβ + 2βγ 2γα α 2 + 6αβ + 9β 2 2. (2x y) (x a) 2 +(y b) Χρησιμοποιείστε την ταυτότητα του Lagrange. 148 (α + β) 2 = 14, ± α 2 + β 2 = S 2 2P α 3 + β 3 = S 3 3SP βα 2. 4z (x + y) x + y 2. a 2 + b (3+ 2) 7, 14( 7+2), (x 1) (x 2 + x + 1) 163 α2 +αβ+β 2 α+β ( 2)+( 2) ( 2) 9 = ( 2) = (9+1) 2 = 45, 90 (90+1) 2 = 4095

306 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις και , 711 7, 948 7, α 1 = 3 4, α 2 = 1, α 3 = 4 3, α 4 = 16 9, α 5 = α 1 = 2, α 2 = 1, α 3 = 2 2, α 4 = 1 2, α 5 = α 12 = α 1 λ 11 = = = 2 7 = α 1 = 3, α 2 = 1, α 3 = 1, α 4 = 3, α 5 = α 1 = 1 3, α 2 = 5 6, α 3 = 4 3, α 4 = 11 6, α 5 = α 12 = Είναι το άθροισμα των 40 πρώτων όρων μίας αριθμητικής προόδου της οποίας ο πρώτος όρος είναι 2, η διαφορά 2. Εφαρμόζοντας τον τύπο ϑα ϐρούμε Πρόκειται για άθροισμα γεωμετρικής προόδου. Ο πρώτος όρος είναι 3 ( 2), ολόγοςείναι 2 και το πλήθος είναι 10. Εφαρμόζοντας τον τύπο ϑα ϐρούμε x = 4, y = x = y = α = 1,β = Μπορούμε να ϕτιάξουμε όσες τριάδες τέτοιων αριθμών ϑέλουμε. Διαλέγουμε τους δύο ας πούμε 2 και 15 7 και σαν τρίτο παίρνουμε τον αντίστροφο του γινομένου των άλλων δύο : Ναι. Αν ο ν ήταν μηδέν ή αρνητικός ακέραιος το συμπέρασμα δεν ισχύει. Για παράδειγμα ας πάρουμε την 2 < 3. Δεν ισχύει 2 0 < 3 0 αφούκαι τα δύο μέλη είναι ίσα με 1. Επίσης δεν ισχύει 2 1 < 3 1 αφού 2 1 = 1 2 και 3 1 = 1 και οι αριθμοί αυτοί συν δεονται με ανισότητα αλλά αντίθετης ϕοράς από την 3 αρχική : 2 1 > Είναι (1 5) 3 < (2 5) Από 298, 25m 2 έως 301, 75m Αντιστοίχως στα B,A,D,C 232 Μόνο όταν οι α, β είναι δύο ίση μη αρνητικοί αριθμοί ή όταν α 0 = β. 234 A = αβ 2, B = α 4 βγ 2, Γ = αβγ, Δ = α 2 β 3 γ 3 αβγ 235 A = α β 2 γ 3, B = αβ γ α, Γ = α 3 4 βγ, Δ = 2α2 γ 3 7β 238

307 Ναι, Οχι, Ναι, Ναι, Ναι x = 4 2. x = x = 8 2. Αδύνατη x = x = x = t α 4. x = tα 3. x = 4 4. x = x = x = 0 5. x = α α+1 6. x = 3 α 5. x = 8 6. x = 3 5. x = 2 6. Αδύνατη x = 3, x = 3, x = x = 3, x = 5, x = x =±2 2. x =± x = 1, x = Για λ 5 έχει λύση x = 5λ 4.Γιαλ = 5 είναι αδύνατη. λ Για λ = t = x = αλ 1+λ, y = α x = α αλ 1+λ = α 1+λ x = 37 2, x = x = 19, x = 4 3. x = 17, x = x = α± α 2 +4β 2 2. x = α ± 1 2 4α 2 + 2β 3. x = 2α, x = β 4. x = 5 2, x = 4 5. x = 11 2, x = 7 6. x = 13 8, x = x = 4α, x = 3 2 α 5. x = μ± μ 2 4ν 2 6. x = β± β 2 4αγ 2γ x = ( 2 1) y, x = ( 1 2) y 2. y = ( 2 + 1) x, y = (1 2) x 253 (α ) λ = 1 (ϐ ) λ = 1 2 ±

308 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις x = 5 2,x= 3 2. x = 2, x= x = 3 ± x = 1, x= 2, x= 2, x= 1 2. x = 1 4 ± x = S = 29, P = 6 2. S = 1500, P = 2 4. x = 2, x= 1 5. x = 4, x = 3 6. x = α+β α β, x = α β α+β 4. x = 0 5. x = 2,x= 1 6. x = 2,x= S = α, P = 3 4. S = 2, P = t γ β α 2. 2α β α+γ β x 2 + 5x + 4 = x 2 + 7x 5 = x 2 x 1 = x 2 16x = και και 12, και α + β, α β μία ϑετική, μία αρνητική 2. μία ϑετική, μία αρνητική 3. δύο ϑετικές 4. δύο αρνητικές < x < x < x < x < x < x α < x 3. x < α+1 2α 1 2. x 2 α 2 4. x < 3+2α α 2 +β < x 2. x < t < Σύνολο λύσεων : 1. Ως προς x: ( 1+3y 2, + ) 2. Ως προς y: (, 2x 1 3 ) 267 Πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης Δ =( 3) (m + 1) =1 8m να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Βρίσκουμε ότι αυτό συμβαίνει για m x

309 < x < < x < λ < Είναι. 272 Είναι Εχουμε τον ακόλουθο πίνακα : x x x x (3 x)(5 + 4x)(3x 1) (, 5), ( 5, 1 2 ) +, ( 1, + ) 2 2. (, 1 2 ) +, ( 1, + ) (, 1) +, (1, 2), (2, 3) +, (3, + ) 275 (, 3), ( 3, 7 5 ) +, ( 7 5, 1 2 ), ( 1, + ) (2x 1)(x 2) 2. (2x + 1) 2 3. (x + 3)(x 11) x+13 x (a+9) 3(a 7) b 7x x+b 278 Αν έπαιρνε αυτή την μορφή ϑα είχε ϱίζες. 279

310 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις Ρίζες 7, 1, ϑετικόεκτός,αρνητικόμεταξύ. 2. Ρίζες 2 3, 1 ϑετικό εκτός, αρνητικό μεταξύ Ρίζες 8,1 ϑετικό μεταξύ, αρνητικό εκτός. 4. Θετικό για όλα τα x. 5. Αρνητικό για όλα τα x. 6. Μία διπλή ϱίζα το 1. Θετικό για όλα τα x 3 τα διάφορα του Δείτε τις παραστάσεις σαν τριώνυμα ως προς α < x < 2 2. x 7 ή 3 x x x < 5 ή 5 2 < x < x < α < x < β 2. x < β ή x > α 3. α x δ x < 3 ή 4 < x < x < < x < x δ ή x γ 5. α 2 < x < α 6. γ < x < α 5. x < Αδύνατη ή < x 3. x < 1 2 ή 1 2 < x δηλαδή x x < 1 ή 1 3 < x 7. x = κάθε x R < x < Κάθε x είναι λύση. 3. x < 4 3 ή ή < x < 2 5 < x < 0 ή < x y y ή y λ < ή < λ 2. 0 < λ < λ < λ < x < 1 ή 2 < x < 3 ή 4 < x 2. x < 1 ή 0 < x 3. 2 < x ή x < < x < 0 ή 1 3 < x < 1 ή 2 < x 5. x < 2 ή 1 < x < 1 ή 2 < x 6. 3 < x < 2 ή 1 < x < 1 ή 2 < x < < x < < x < ή < x < ή < x <

311 x α β α 2 + αβ + β (α β) 4. α 295 x x x x x = (x 2) x + 2 x = 2x 2 αν x < 4 6 αν 4 x < 2 2x + 2 αν x 2 x 2 + x + 4 αν x < 2 x 2 + x 4 αν 2 x < 0 x 2 x 4 αν x x = 3, x = 3 2. x = 3, x= x = 11 5,x= Αδύνατη 5. x = 1 3, x = 1, x = 2, x = x = , x = x = ,x= , = , x = x 1 = 2, x 2 = x = x = 11 3,x= 1 5. x = 1 και κάθε x 0 2. x = x = 1 5,x= x = 4 15, x= , x= < x < < x < 1 6. x = 1,x= 2, 7. x = x x < 9 ή 5 < x 306

312 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις < x < x x < 11 ή x > < x < < x ή x < x < 4 3 ή 10 3 < x 2. x < 1 ή 3 < x 3. x < x 3 ή x 3 5. x < x > < x < < x < x < 2 5. κάθε x είναι λύση < x < 1 2 ή 2 1 < x Οχι. Μεταξύάλλων «χαλάει» αν επιλέξουμε να είναι β > α. 314 (α ) x = α (α ) x = 2 ή x = 6 (ϐ ) x =±α 2 α 319 Γιαταμηαρνητικά x + x x + x 1 3. x 2 3x x 2 4. x x , 0, 3, 1, 1, x = x = 3 και x = Είναιόλοιοιαριθμοίτουδιαστήματος[α, β] x 1 x 2 ή y 1 y 2

313 Ως προς x x: A 1 ( 2, 4), ωςπροςy y: A 2 (2, 4). 2. A 3 (2, 4) 3. Ως προς την 1η διχοτόμο : A 4 (4, 2), ωςπροςτην1ηδιχοτόμο:a 5 ( 4, 2). 333 x = , x = B ( (x + 2) 2 +(y 3) 2 = (x + 4) 2 +(y + 2) 2 = 34 3, ) ή B ( , ) 337 x + 3y 10 = x y 2 = M ( 7 5, 3 5 ) x 2 + 7x x 2 x x+5 x x+1 3x x 5 x 3 6. x+3 x α = Να δώσετε σύμφωνα με τις οδηγίες : 1. f(x)=3x 2. f(x)=3x 3. f(x)=xx 4. f(x)=x ˆ 3 5. f(x)=3x+4 6. f(x)=-3(x+4) 346 Να δώσετε σύμφωνα με τις οδηγίες : 1. f(x)=(x+2)/(x+3) 2. f(x)=xx+3x+3 3. f(x)=xˆ 3-2x 4. f(x)=x/(1+1/x) A (2, 2) 2. Δεν υπάρχει 3. Βρείτε σημεία της γραφικής παράστασης της f που έχουν τεταγμένη B ( 3 2, 3) 4. Δεν υπάρχει λ = μ = x < 0 ή 1 < x Τα σημεία τομής με τον x x είναι τα A (0, 0) και B (1, 0). Το A είναι συγχρόνως και το σημείο τομής με τον άξονα y y.

314 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις R { 1} 2. R { 1, 2} 3. R < ( 2 3 )5 > ( 2 3 )9 3. ( 2 1) 33 > ( 2 1) [1, + ) 5. x < 2 ή 1 x 6. 1 x 5 4. ( 2+1 ) 4 >( 2+1 ) (1 + x ) 2012 >(1 + x ) ( 2 3 )11 > 1 + ( 2 3 ) < x 2 < x 2. Πολλαπλασιάζοντας την ανισότητα 0 < x 2 < x με x ϐρίσκουμε 0 < x 3 < x 2, πολλαπλασιάζοντας με x έχουμε 0 < x 4 < x 3 κ.ο.κ. Τελικά : 0 < x ν <... < x μ <... < x 2 < x < = a 10 = a = 2 3 r a rt = a t 3 3 a 36 = a = Αφού 4 α = 3 ϑα είναι α = 3 4 = 81. Αφού 4 β = 5 ϑα είναι β = 5 4 = 625. Επομένωςα + β = = A = , B = , Γ = A = α 2 β 4 γ 11, B = α 4 β 3 γ 5, Γ = α 2 β 3 γ 2, Δ = 3 α 7 β 9 γ pd 2 2. x 3 y x 4. 3 α 2 12 β 365 t α 4, 12 β 3, 12 γ < > > < > <

315 x = 2 2. x = 2 3. x = x = α x α 3 β αβ λ = Τον x x στο A ( 2 3, 0) τον y y στο B (0, 2). 380 y = 7 3 x y = 3x Τον x x στο A ( 2 3, 0) τον y y στο B (0, 2). 384 y = x + 1 ή y = x t = t = y = 3x 388 y = 1 8 x x = 3 2. x = < x 4. 1 < x < Σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι το ( 2, 4).

316 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις f (x) = x 2 + x Πρέπει το 2m 3 να μην υπερβαίνει το ελάχιστο της 4x 2 8x + 5 που είναι το 1. Άραπρέπειm < x < για x = γνησίως ϕθίνουσα στο (, 2 3 ] και γνησίως αύξουσα στο [ 2 3, + ) για x = για x = Οι 4 3 = 1, = 11, 0 0 = 0, = Τα = 3, 0 33 = 0, = 7, ( ) 233 = και

317 = = = = = = = = = και και Ολοι οι αυτοβιογραφικοί αριθμοί είναι 1210, 2020, 21200, , , , ±1, ±2, ±4, ±5, ±10, ±20, ±25, ±50, ± Είναι άρτιος όταν και οι δύο αριθμοί είναι άρτιοι και είναι περιττός σε όλες τις υπόλοιπες περιπτώσεις. 426 Σύνθετος. 427 Και στις δύο περιπτώσεις ϑα έχουμε σύνθετο αριθμό = , 496 =

318 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις α+β αβ y x 3 (x+1)(y 2) =3 2. = 3. =28 4. = αy βx 3. αy x 4. α xy = και 2 7 = Η αγορά με έκπτωση 30% α < β 447 x 5 4 x 3, 1 12 x α α m 2 + 3m k 2 + 3k xa + 9xb 8ya 12yb

319 = 72, x 3 7x 2 + 7x a a 2 7a a 5 b 2 a 6 + b 6 a 4 b m 4 32m m 2 32m c y x 2. 2a 4 3. a 2 b x 2 y 3 z c 4. y 3 z x n + p 2. 4β 3. 4x 4. a 2 + 8b 2 9c xy + 3x (α 2 + β 2 ) 7αβγ 464 α β + γ 465 y = α α β 3. x a 467 3m 1 2 n

320 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις a 2 + a a 2 4 a x 2a y a+1 3y a 1 y a+1 + x 2a y a , 3 2, 2, 1, 1 6, 3, 4, ( 2) = Η πρώτη και η τέταρτη. 478 Ολες εκτός της δεύτερης. 479 Η πρώτη και η τρίτη. 480 Δεν μπορούμε να διαγράψουμε ο Η τελευταία. 482 Ολες εκτός της δεύτερης. 483 Η δεύτερη και η τρίτη. 484 Η πόρτα του οδηγούείναι από την άλλη πλευρά άρα κινείται προς τα αριστερά. 486 Το , 2, 1, Η τελευταία. Επρεπε να γράφει ({α,,, } {,η, }) { } = {, } 489

321 {b, a, c} 2. {b, c} 3. {a} {a, e} 6. {c, d, e} 7. {a} 8. {γ,ε,ϑ} A B 2. B A 3. A B (A B) Γ = (A Γ) B 2. (B A) Γ = (B Γ) A (Γ B) A 4. (A B) Γ 6. (B Γ) A 3. (Γ A) B = 5. (A Γ) B 7. A B Γ {α, β} 6. (α, β) 2. (α, β) 7. (α, β) 3. {α} 8. {α, β} 4. {β} {β} {α} [β,+ ) 3. [α, β] 2. (α, β) 4. (,α) [β,+ ) 495 {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, e}, {a, b, f}, {a, c, d}, {a, c, e}, {a, c, f}, {a, d, e}, {a, d, f}, {a, e, f}, {b, c, d}, {b, c, e}, {b, c, f}, {b, d, e}, {b, d, f}, {b, e, f}, {c, d, e}, {c, d, f}, {c, e, f}, {d, e, f} Είναι 24. Ας συμβολίσουμε για λόγους ευκολίας τα παιδιά με a, b, c, d. Τότεόλοιοιτρόποι είναι : [a, b, c, d], [a, b, d, c], [a, c, b, d], [a, c, d, b], [a, d, b, c], [a, d, c, b], [b, a, c, d], [b, a, d, c], [b, c, a, d], [b, c, d, a], [b, d, a, c], [b, d, c, a], [c, a, b, d], [c, a, d, b], [c, b, a, d], [c, b, d, a], [c, d, a, b], [c, d, b, a], [d, a, b, c], [d, a, c, b], [d, b, a, c], [d, b, c, a], [d, c, a, b], [d, c, b, a] Αν ονομάσουμε Δ το σύνολο των αριθμών του Ω που είναι άρτιοι αριθμοί ή πολλαπλάσια του 3 τότε Γ = A B, Δ = A B και επομένως N(Δ) =N (A B) =N (A)+N (B) N (A B) = = Μπορούν να δημιουργηθούν διαφορετικές ουρές.

322 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις ν = = {α, β}, {β,γ}, {β,δ}, {α, β, γ}, {α, β, δ}, {β,γ,δ}, {α, β, γ, δ}. 2. {α, γ, δ}, {β,γ,δ}, {α, β, γ, δ}. 3. {β}, {δ}, {α, β}, {α, δ}, {β,γ}, {β,δ}, {γ,δ}, {α, β, δ}, {β,γ,δ}. 506 Η πιθανότητες είναι αντιστοίχως 2 36 = 1 18 και 3 36 = 1. Πιθανότερο λοιπόν είναι να έλθει άθροισμα Ο δειγματικός χώρος του πειράματος απαρτίζεται από Ϲεύγη ενδείξεων 1η ϱίψη - 2η ϱίψη : Βλέπουμε ότι υπάρχουν τρεις ευνοϊκές περιπτώσεις στις οποίες σε κάποια ϱίψη (ή και στις δύο) εμφανίζεται η γλαύκα. Άρα η πιθανότητα είναι = 1, 1% δηλαδή περίπου 3%. 32

323 = Να ϕέρει 9 ϕορές συνεχόμενες 6 2. Να κερδίσει κανείς στο Τζόκερ = 0,

324 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις α 2 β (3β 2 β + 2α) 2. (α β)(x + y ω) α (β + γ δ) 2. (α + β)(t + u) 3. (β + γ)(α + β) 3. (3α 2ω 1)(x y) 4. (y 3)(7x + 13) 4. (x 2 + 1) (α + β) 5. (x 2 + α) (x β) 6. (y + z + β)(x + α) (x + y 3 )(x y 2 ) ( 6α + x) ( 5α2 + x 2 ) 2. (3y + 2x 2 )(x 3 + 4y 2 ) 3. (3y + 2x 2 )(x 3 + 4y 2 ) (χ + ψ)(α + β) 2. (x 2 y)(y 2 + x) 5. (x 1) (x 2 + x + 1)(x 2 2) 6. (x 2 + x + 1) (2y + 3) 3. (x 3 + 1)(x 2 + x + 1) 4. (5ab 2) (2b 2 + ab + a 2 ) α β 4. α 2 +αβ+β 2 α β 2. α+β α 5. α 2 αβ+β 2 α+β 3. α + β 6. α(3α 2 +4) 2β Οχι. 527 Οχι. 528 Οχι. 532 Το ϐ μέλος έχει συνολικά ν 2 προσθετέους οπότε η παρένθεση έχει ν 2 ν δια δύο δηλαδή ν(ν 1) 2 προσθετέους. 534 Σε κάθε τρία τετραγωνάκια σχήματος L: ισχύει x + y = z 541 ( 10 8 ) = (10 2 ) = 10 (10 1) 2 = 45

325 Μια λύση είναι με υπολογισμό του (1 + 1) ν. Μία άλλη μπορείτε να κάνετε με την ϐοήθεια της (5.9) 545 για το πρώτο ερώτημα : ( ν 1 ) = ν, (ν 2 ) = (ν 1)ν,..., ( ν 2 ν ) = 1 555

326 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις p 3q 2p+3q ω = 5 2, ν = 11, αν = 177, α 1 = α ν = 1024, α ν = 1 192, α 1 = 14, α 1 = (ακ+α λ)(λ κ+1) , 14, 17, α ν+1 α ν = 3 = ω α α 123 = Ο α ϕορές 568 α 1 = 104 3, ω = α 5 = α ν = 8 ( 1 2 )ν 1 3. Θετικοί είναι εκείνοι που έχουν, στην πρόοδο, περιττή τάξη δηλαδή οι α 1,α 3,α 5,... Αρνητικοί εκείνοι που έχουν περιττή τάξη : α 2,α 4,α 6, ( α 2010 α 2014 ) 3 +( α 1000 α 1003 ) 3 = S p+q = (p + q) 578 α4ν+2 (2ν+1)α 2ν+2 +(2ν+1)α 2ν 1 α 2ν (α 2 1) 583 Για το δεύτερο ερώτημα. Οι αριθμοί αναφέρονται στα ϐελάκια

327 όπου x το α β 2. όπου α, β τα α, β 3. διαιρούμε με αβ 5. διαιρούμε με 4 και μετά παίρνουμε ϱίζες 6. όπου α, β τα γ,1 7. όπου α, β τα 1 α, 1 β 4. διαιρούμε με 2 8. διαιρούμε με 4 και μετά παίρνουμε ϱίζες 593 3) Ισχύει σαν ισότητα ) Ο αριθμητικός μέσος των 1, 2, 3,..., ν 1,ν είναι (ν 1)+ν ν = ν(ν+1) 2 ν = ν Η ισότητα ισχύει όταν όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι 599 x = 3 α 2 καιγιαναέχειλύσητο3 πρέπει α = x = Οχι. Είναι, τελικά της μορφής αx + β = 0 με α = α 2 (β γ)+β 2 (γ α)+γ 2 (α β) = (α β)(β γ)(γ α) 2. x = αβγ 603 x = t = ᾱt 0+υ υ 0 ᾱ 2. t = 1 2α ( 2υ 0 ± 2 υ αx) 3. F 2 = F 1 συνϕ ± (F1 2 (συνϕ)2 F1 2 + Σ2 ) 4. h = BR± BGMm B 5. r = π 2 T 2 πgm 6. T 1 = P 1 T 2 V 1 P 2 V 2 7. x 1 = d ± d q1 q q r 2 = kq r 1 kq V r 1 9. R 3 = RR 1 R 2 R 1 R 2 RR 2 RR και x = 0 ή x = Αν α 0, 1 5 b, 2b έχει λύσεις τους x = 3b + 1 a και x = b 5a x = 5 3 ή x = 3.

328 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις x = α + β + γ , Για m ±1 έχει μία μόνο λύση x = πραγματικό ως λύση. 1. Για m = 1είναι αδύνατη και για m = 1 έχει κάθε m Για λ 1 έχει μία μόνο λύση x = λ+6.γιαλ = 1 είναι αδύνατη. 3(λ 1) 613 Για κ λ έχει μία μόνο λύση x = 1. Γιακ = λ έχει σύνολο λύσεων το R x = 0, x= 5 2. x = 0,x = x = 3, x = 3 4. x = 8, x = x = 2, x = 7 6. x = 13, x = x = 7± Αδύνατη 9. Αδύνατη 10. x = 3± x = 1, x = x = 1, x = x = 0, x =± x = 1, x = Αδύνατη 16. x = 3, x = x = 15 2, x = t = 3 4, t = x = 2a + 1, x = 2a Αν ένα τουλάχιστον από τα a, b είναι διάφορο του μηδέν λύσεις είναι οι x =±1. Αν και τα δύο είναι μηδέν λύση είναι κάθε πραγματικός αριθμός. 3. x = 0, x = b3 a b 4. Εννοείται ότι a b. Αν είναι και a b τότε λύσεις είναι οι x =±(a b). Αν όμως είναι a b τότε κάθε πραγματικός αριθμός είναι λύση.

329 m = 0 και m = m = 1, m = Είναι αδύνατες και οι δύο Αν α = 0 η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν α 0 τότε έχει λύσεις x = 2α και x = 5 3 α. 2. Αν α = 0 η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν α 0 τότε έχει λύσεις x = 1 3 α και x = 2 3 α. 623 Το άθροισμα των ϱιζών είναι 3 και αφούη μία είναι 5 η άλλη είναι x 2 5x + 6 = 0 2. x 2 3x 54 = 0 3. x x = 0 4. x 2 4x + 1 = 0 5. x 2 (3 + 3) x = 0 6. x 2 (μ + μ 2 ) x + μ 3 = Το άθροισμα των ϱιζών είναι 8. Οι ϱίζες είναι ρ και 3ρ άρα 4ρ = 8και ϐρίσκουμε ότι οι ϱίζες είναι 2 και και και και 8 4. Δεν υπάρχουν. 627 a = 20 ± t =± , x = 41 2 β 2 4γα β(3γα β 2 ) α 2 2. α 3 και x = < m < k < y (1 + x) 2 (1 + xy) =(xy + y + 1) (x 2 y + xy + 1) 637 p = 0, q = 0 ή p = 1, q = 2 ή p = 1 2, q = p 3 3qp q 2 q = 0

330 Κεφάλαιο 6. Απαντήσεις στις Ασκήσεις < x < x 3. x < < x Αν a = 1 σύνολο λύσεων είναι το R. Ανa > 1 τότε το σύνολο λύσεων είναι το (, 2a+1 1 a ). Αν a < 1 σύνολο λύσεων είναι το ( 2a+1 1 a, + ). 2. Αν μ 2 = ν 2 η ανίσωση είναι αδύνατη. Αν μ 2 > ν 2 τότε λύσεις είναι τα x > μ2 +ν 2 λύσεις είναι τα x < μ2 +ν ενώ αν μ 2 < ν < x και x < 47 4 συναληθεύουν στα 22 7 < x < 47 4